课标版高考文科数学二轮复习 突破6类解答题
2020届高考文科数学大二轮复习冲刺经典专题中难提分突破特训六2
( | |) | | | | b
b
b
b
|x＋a|＋ x－ x－ a＋
所以 f(x)＝2
3 ＋ 3 ≥2 3 ，等号在 x＝3时成立，
| | | | b
b
a＋
a＋
所以 f(x)的最小值为 2 3 ，从而 2 3 ＝2.
因为 a>0，b>0，所以 3a＋b＝3.
中难提分突破特训(六)
1．如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且 AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G 分别为 AC，DC，AD 的中点，连接 CG，EF，BG.
(1)求证：EF⊥平面 BCG； (2)求三棱锥 D－BCG 的体积． 解 (1)证明：∵AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°， ∴△ABC≌△DBC， ∴AC＝DC，∵G 为 AD 的中点， ∴AD⊥CG，BG⊥AD，CG∩BG＝G， ∴AD⊥平面 BCG， ∵E，F 分别为 AC，DC 的中点，∴EF∥AD， ∴EF⊥平面 BCG1. (2)过 E 作 EO⊥BC 于点 O，连接 GE，
( ] [ ) 1
3
1
3
1
－∞，－ － ，＋∞
所以|x＋1|≥2，解得 x≤－2或 x≥－2，所以所求不等式的解集为
2∪ 2
.
(2)解法一：因为 f(x)＝2|x＋a|＋|3x－b|
＝Error!
( ) ( ) b
பைடு நூலகம்
b
b
－∞，
，＋∞
所以函数 f(x)在
3 上为减函数，在 3
上为增函数，所以当 x＝3时，函数 f(x)取得最
(2)将Error!代入 y2＝2ax 得， t2－2 2at＋8a＝0，
高考数学二轮复习考前冲刺必备六解题技法增分学案(含参考答案)
高考数学二轮复习： 必备六 解题技法增分技法一 特例法在解填空题时,可以取一个(或一些)特殊数值(或特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等)来确定其结果,这种方法称为特例法.特例法由于只需对特殊值、特殊情形进行检验,省去了推理论证及烦琐演算的过程,提高了解题的速度.特例法是考试中解答选择题和填空题时经常用到的一种方法,应用得当会有事半功倍的效果. 典型例题例1 (1)在△ABC 中,角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c.若a 、b 、c 成等差数列,则cos A +cos A 1+cos A cos A= .(2)AD,BE 分别是△ABC 的中线,若|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,且AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为120°,则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = .答案 (1)45 (2)23解析 (1)利用特例法,令a=3,b=4,c=5,则△ABC 为直角三角形,cosA=45,cosC=0,从而所求值为45. (2)易知等边三角形为符合题意的△ABC 的一个特例,则|AB|=2√33,∴AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos60°=23.【方法归纳】当填空题已知条件中含有某些不确定的量,但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时,可以将题中变化的不定量选取一些符合条件的恰当特殊值进行处理. 跟踪集训1.求值:cos 2a+cos 2(a+120°)+cos 2(a+240°)= .2.已知m,n 是直线,α,β,γ是平面,给出下列命题:①若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β;②若n⊥α,n⊥β,则α∥β;③若α内不共线的三点到β的距离都相等,则α∥β;④若n ⊄α,m ⊄α,且n∥β,m∥β,则α∥β;⑤若m,n 为异面直线,n ⊄α,n∥β,m ⊄β,m∥α,则α∥β.其中正确的命题是 .(把你认为正确的命题序号都填上)3.如图,点P 为椭圆A 225+A 29=1上第一象限内的任意一点,过椭圆的右顶点A 、上顶点B 分别作y 轴、x 轴的平行线,它们相交于点C,过点P 引BC,AC 的平行线,分别交AC 于点N,交BC 于点M,交AB 于D 、E 两点,记矩形PMCN 的面积为S 1,三角形PDE 的面积为S 2,则S 1∶S 2= . 技法二 图解法 典型例题例2 (1)直线y=x+m 与曲线x=√1-A 2有且仅有一个公共点,则m 的取值范围是 .(2)已知函数f(x)={A 2+(4a -3)x +3a,A <0,log A (x +1)+1,A ≥0(a>0,且a≠1)在R 上单调递减,且关于x 的方程|f(x)|=2-A3恰有两个不相等的实数解,则a 的取值范围是 .答案 (1)-1<m≤1或m=-√2 (2)[13,23)解析 (1)作出曲线x=√1-A 2的图形,如图所示.由图形可得,当直线y=x+m 在b 和c 之间变化时,满足题意,同时,当直线在a 的位置时也满足题意,所以m 的取值范围是-1<m≤1或m=-√2.(2)因为函数f(x)在R 上单调递减,所以{02+(4a -3)·0+3a ≥f(0),3-4A 2≥0,0<A <1.解得13≤a≤34.在同一平面直角坐标系中作出函数y=|f(x)|,y=2-A3的图象,如图.由图象可知,在[0,+∞)上,方程|f(x)|=2-A 3有且仅有一个解;在(-∞,0)上,方程|f(x)|=2-A3同样有且仅有一个解,所以3a<2,即a<23.综上,a 的取值范围是[13,23).【方法归纳】图解法实质上是数形结合的思想在解题中的应用,利用图形的直观性并结合所学知识可直接得到相应的结论,这也是高考命题的热点.准确运用此法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系,利用几何图形中的相关结论求出结果. 跟踪集训4.(2018江苏连云港期末)若方程组{A 2+A 2+8x -10y +5=0,A 2+A 2+2x -2y +2-t =0有解,则实数t 的取值范围是 .5.向量AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2cosα,√2sinα),则向量AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角的取值范围是 .6.(2018镇江高三期末考试)已知k 为常数,函数f(x)={A +2A +1,x≤0,|ln A |,A >0,若关于x 的方程f(x)=kx+2有且只有4个不同的解,则实数k 的取值范围为 . 技法三 等价转化法通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”将问题等价转化成便于解决的问题,从而得到正确的结果.典型例题例3 对任意的|m|≤2,函数f(x)=mx 2-2x+1-m 恒负,则x 的取值范围为 .答案 (√7-12,√3+12) 解析 对任意的|m|≤2,有mx 2-2x+1-m<0恒成立,等价于|m|≤2时,(x 2-1)m-2x+1<0恒成立.设g(m)=(x 2-1)m-2x+1,则原问题转化为g(m)<0在[-2,2]上恒成立,则{A (-2)<0,A (2)<0,即{2A 2+2x -3>0,2A 2-2x -1<0,解得√7-12<x<√3+12.从而实数x 的取值范围是(√7-12,√3+12). 【方法归纳】在处理多元的数学问题时,我们可以选取其中的常量(或参数),将其看做“主元”,通过构造函数进行求解.运用转化方法解题,要注意转化的方向性,使转化的目的明确,使解题思路自然流畅,此外还要注意转化前后的等价性. 跟踪集训7.无论k 为何实数,直线y=kx+1与曲线x 2+y 2-2ax+a 2-2a-4=0恒有交点,则实数a 的取值范围是 .8.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,点E,F 分别是AB,CD 的中点,点G 是EF 上的动点,记△A 1B 1G,△C 1D 1G 的面积分别为S 1,S 2,则S 1+S 2的最小值为 .技法四 待定系数法待定系数法是为确定变量间的函数关系,设出未知数,然后根据所给条件确定这些未知数的一种方法,其理论依据是多项式恒等.多项式f(x)≡g(x)的充要条件是:对于一个任意的a 值,都有f(a)≡g(a);或者两个多项式各同类项的系数对应相等. 典型例题例4 已知圆M 的方程为x 2+(y-2)2=1,直线l 的方程为x-2y=0,点P 在直线l 上,过P 点作圆M 的切线PA,PB,切点为A,B.(1)若P 点的坐标为(2,1),过P 作直线与圆M 交于C,D 两点,当CD=√2时,求直线CD 的方程; (2)求证:经过A,P,M 三点的圆必过定点,并求出所有定点的坐标.解析 (1)易知直线CD 的斜率k 存在,设直线CD 的方程为y-1=k(x-2),即kx-y+1-2k=0.由题知圆心M 到直线CD 的距离为√22,所以√22=√,解得k=-1或k=-17,故所求直线CD 的方程为x+y-3=0或x+7y-9=0. (2)证明:设P(2m,m),则MP 的中点Q (A ,A 2+1).因为PA 是圆M 的切线,所以经过A,P,M 三点的圆是以Q 为圆心,MQ 为半径的圆, 故其方程为(x-m)2+(A -A 2-1)2=m 2+(A2-1)2,化简得x 2+y 2-2y-m(2x+y-2)=0,此式是关于m 的恒等式,故{A 2+A 2-2y =0,2A +A -2=0,解得{A =0,A =2或{A =45,A =25.所以经过A,P,M 三点的圆必过定点(0,2)或(45,25). 【方法归纳】待定系数法解题的基本步骤: 第一步:确定含有待定系数的式子;第二步:根据恒等的条件,列出一组含待定系数的方程; 第三步:解方程(组)或者消去待定系数,得到结果. 跟踪集训9.已知二次函数f(x)的图象与x 轴的两交点坐标为(2,0),(5,0),且f(0)=10,则f(x)的解析式为 .10.已知椭圆C 的中心在原点,焦点在x 轴上,其离心率为√53,短轴的端点是B 1,B 2,点M(2,0)是x 轴上的一定点,且MB 1⊥MB 2. (1)求椭圆C 的方程;(2)设过点M 且斜率不为0的直线交椭圆C 于A,B 两点.试问x 轴上是否存在定点P,使直线PA 与PB 的斜率互为相反数?若存在,求出点P 的坐标;若不存在,说明理由.技法五 换元法换元法又称辅助元素法、变量代换法.通过引入新的变量,可以把分散的条件联系起来,使隐含的条件显露出来,或者变为熟悉的形式,简化计算或证明.换元的实质是转化,关键是构造元和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象,使非标准型问题标准化、复杂问题简单化.换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等. 典型例题例5 已知函数f(x)=x 2,g(x)=alnx+bx(a>0).设G(x)=f(x)+2-g(x)有两个零点x 1,x 2,且x 1,x 0,x 2成等差数列,试探究G'(x 0)的符号.解析 因为G(x)=x 2+2-alnx-bx 有两个零点x 1,x 2,所以{A 12+2-aln A 1-b A 1=0,A 22+2-aln A 2-b A 2=0,两式相减得A 22-A 12-a(lnx 2-lnx 1)-b(x 2-x 1)=0,即x 2+x 1-b=A (ln A 2-ln A 1)A 2-A 1, 于是G'(x 0)=2x 0-A A 0-b=(x 1+x 2-b)-2A A 1+A 2=A (ln A 2-ln A 1)A 2-A 1-2A A 1+A 2=A A 2-A 1[ln A 2A 1-2(A 2-A 1)A 1+A 2] =A A 2-A 1[ln A 2A 1-2(A 2A 1-1)1+A 2A1]. ①当0<x 1<x 2时,令A2A 1=t,则t>1,且G'(x0)=AA2-A1[ln A-2(A-1)1+A].设u(t)=lnt-2(A-1)1+A(t>1),则u'(t)=1A -4(1+A)2=(1-A)2A(1+A)2>0,则u(t)=lnt-2(A-1)1+A在(1,+∞)上为增函数,而u(1)=0,所以u(t)>0,即lnt-2(A-1)1+A>0.又因为a>0,x2-x1>0,所以G'(x0)>0.②当0<x2<x1时,同理可得,G'(x0)>0.综上所述,G'(x0)的符号为正.【方法归纳】本题涉及两个变量x1,x2,在解题时利用换元法简化过程,然后构造函数,再利用导数法,结合函数单调性进行符号的判断.本题把式子A2A1看成一个整体,用变量t去代替它,从而达到化二元为一元的目的,同时使本来零乱、分散的问题得到简化.这种技巧在解题时非常重要,需要灵活运用.跟踪集训11.若f(lnx)=3x+4,则f(x)的表达式为.12.已知函数f(x)=4x,g(x)=2x,则方程f(x)+f(-x)-2g(x)-2g(-x)=229的解为.13.y=sinxcosx+sinx+cosx的最大值是.技法六构造法用构造法解题的关键是由条件和结论的特殊性构造数学模型,从而简化推导与运算过程.构造法是建立在观察联想、分析综合的基础上的,首先应观察题目,观察已知条件形式上的特点,然后联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型,深刻了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景),通过构造几何、函数、向量等具体的数学模型快速解题.典型例题例6 在四面体ABCD中,若AB=CD=√13,AC=BD=5,AD=BC=2√5,则该四面体的体积V= .答案8解析构造如图所示的长方体,并且满足AB=CD=√13,AC=BD=5,AD=BC=2√5.设AP=p,AQ=q,AR=r,则p 2+q 2=AB 2=13,r 2+p 2=AD 2=20,q 2+r 2=AC 2=25. 由上述三式得p 2+q 2+r 2=29,于是r=4,q=3,p=2. 故V=V 长方体-4V C-AQB =2×3×4-4×13×4×12×2×3=8. 【方法归纳】构造法实质上是转化与化归思想在解题中的应用,需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向.一般通过构造新的函数、不等式或数列等模型将问题转化为熟悉的问题.在立体几何中,补形构造是最常用的解题技巧.通过补形可以将一般几何体的有关问题放在特殊的几何体中求解,如将三棱锥补成长方体等. 跟踪集训14.设函数f(x)=lnx+A A ,m∈R,若对任意b>a>0,A (A )-A (A )A -A<1恒成立,则m 的取值范围为 .15.(2018南通调研)已知a 为常数,函数f(x)=的最小值为-23,则a 的所有值为 . 技法七 逆向思维法解数学问题时,一般总是从正面入手进行思考.但时常会遇到从正面入手较复杂或不易解决的情况,这时若灵活运用逆向思维来分析解题,则能使问题得到非常简捷的解决,起到事半功倍之效. 典型例题例7 若二次函数f(x)=4x 2-2(p-2)x-2p 2-p+1,在区间[-1,1]内至少存在一个数c,使f(c)>0,则实数p 的取值范围是 .答案 (-3,32)解析 若f(x)在[-1,1]上不存在使f(c)>0的数c,则f(x)在[-1,1]内小于等于0,又Δ=36p 2≥0,故f(-1)≤0且f(1)≤0,因此若要满足题意,则只需f(-1)>0或f(1)>0即可,由f(1)>0,得2p 2+3p-9<0,即-3<p<32;由f(-1)>0,得2p 2-p-1<0,即-12<p<1.故所求实数p 的取值范围是(-3,32).【方法归纳】直接利用二次函数在区间[-1,1]上的图象特征求至少存在一个实数c,使f(x)>0,这个问题似乎无从下手,困难较大.若用逆向思维利用补集思想求解,则很直观简捷.跟踪集训16.已知集合A={x|x 2-4mx+2m+6=0},B={x|x<0},若A∩B≠⌀,则实数m 的取值范围是 . 技法八 分离参数法分离参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法,通过分离参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题,从而避免对参数进行分类讨论的烦琐过程.该方法也适用于含参方程有解、无解等问题.但要注意该方法仅适用于分离参数后能求出相应函数的最值或值域的情况. 典型例题例8 已知函数f(x)=e x(3x-2),g(x)=a(x-2),其中a,x∈R.(1)求过点(2,0)和函数y=f(x)图象相切的直线方程; (2)若对任意x∈R,有f(x)≥g(x)恒成立,求a 的取值范围; (3)若存在唯一的整数x 0,使得f(x 0)<g(x 0),求a 的取值范围.解析 (1)设切点为(x 0,y 0),f'(x)=e x(3x+1),则切线斜率为e A 0(3x 0+1),所以切线方程为y-y 0=e A 0(3x 0+1)(x-x 0),因为切线过点(2,0), 所以-e A 0(3x 0-2)=e A 0(3x 0+1)(2-x 0), 化简得3A 02-8x 0=0, 解得x 0=0或x 0=83,当x 0=0时,切线方程为y=x-2, 当x 0=83时,切线方程为y=9e 83x-18e 83.(2)由题意,对任意x∈R 有e x(3x-2)≥a(x -2)恒成立, ①当x∈(-∞,2)时,a≥e A (3x -2)A -2⇒a≥[e A (3x -2)A -2]max,令F(x)=e A (3x -2)A -2,则F'(x)=e A (3A 2-8x)(A -2)2,令F'(x)=0,得x=0,x (-∞,0) 0 (0,2) F'(x) + 0 - F(x)单调递增极大值单调递减F max (x)=F(0)=1,故此时a≥1, ②当x=2时,恒成立,故此时a∈R.③当x∈(2,+∞)时,a≤e A (3x -2)A -2⇒a≤[e A (3x -2)A -2]min,令F'(x)=0⇒x=83,x (2,83)83 (83,+∞) F'(x) - 0 + F(x)单调递减极小值单调递增F min (x)=F (83)=9e 83,故此时a≤9e 83.综上,1≤a≤9e 83.(3)因为f(x)<g(x),即e x(3x-2)<a(x-2), 由(2)知a∈(-∞,1)∪(9e 83,+∞), 令F(x)=e A (3x -2)A -2,则x (-∞,0) 0 (0,2) (2,83)83 (83,+∞) F'(x) + 0 - - 0 + F(x)单调递增极大值单调递减单调递减极小值单调递增当x∈(-∞,2)时,存在唯一的整数x 0使得f(x 0)<g(x 0),等价于存在唯一的整数x 0使得a<e A (3x -2)A -2成立,因为F(0)=1最大,F(-1)=53e,F(1)=-e,所以当a<53e时,至少有两个整数成立,所以a∈[53e ,1).当x∈(2,+∞)时,存在唯一的整数x 0使得f(x 0)<g(x 0), 等价于存在唯一的整数x 0使得a>e A (3x -2)A -2成立,因为F (83)=9e 83最小,且F(3)=7e 3,F(4)=5e 4,所以当a>5e 4时,至少有两个整数成立,所以当a≤7e 3时,没有整数成立,所以a∈(7e 3,5e 4], 综上,a∈[53e ,1)∪(7e 3,5e 4]. 【方法归纳】对于求不等式成立时参数范围的问题,在可能的情况下把参数分离出来,使不等式一端是含有参数的不等式,另一端是一个区间上的具体的函数.但要注意分离参数法不是万能的,如果分离参数后,得出的函数解析式较为复杂,性质很难研究,那么就不要使用分离参数法. 跟踪集训17.若不等式2xlnx≥-x 2+ax-3恒成立,则实数a 的取值范围为 .18.已知函数f(x)=13x 3-x 2-3x+43,直线l:9x+2y+c=0,当x∈[-2,2]时,函数f(x)的图象恒在直线l 下方,则c 的取值范围是 . 技法九 整体代换法整体代换法是根据式子的结构特征,在求值过程中,直接将多个数之和的表达式或多项式当成一个整体来处理,从而建立已知和所求之间的关系或方程进行求解的方法.利用该种方法求值,可以避免烦琐的计算.该方法适用于等差、等比数列中连续几项和的有关计算. 典型例题例9 在等比数列{a n }中,公比q=2,前87项和S 87=140,则a 3+a 6+a 9+…+a 87= .答案 80解析 设b 1=a 1+a 4+a 7+…+a 85,b 2=a 2+a 5+a 8+…+a 86,b 3=a 3+a 6+a 9+…+a 87, 因为b 1q=b 2,b 2q=b 3,且b 1+b 2+b 3=140, 所以b 1(1+q+q 2)=140,而1+q+q 2=7, 所以b 1=20,则b 3=q 2b 1=4×20=80. 【方法归纳】整体代换法求值的关键是准确把握代数式的结构特征,确定已知和所求之间的关系. 跟踪集训19.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 2a 4a 6a 8=120,且1A 4A 6A 8+1A 2A 6A 8+1A 2A 4A 8+1A 2A 4A 6=760,则S 9的值为 .20.在正项等比数列{a n }中,a 4+a 3-2a 2-2a 1=6,则a 5+a 6的最小值为 . 技法十 判别式法判别式法就是利用一元二次方程ax 2+bx+c=0(a≠0)有解的充要条件(判别式Δ=b 2-4ac≥0)求解. 典型例题例10 已知α,β,γ为任意三角形的三个内角,求证:x 2+y 2+z 2≥2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ.证明设f(x)=x2+y2+z2-(2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ)=x2-2(ycosα+zcosγ)x+y2+z2-2yzcosβ,又Δ=4(ycosα+zcosγ)2-4(y2+z2-2yzcosβ)=-4(ysinα-zsinγ)2≤0,所以f(x)≥0,即x2+y2+z2≥2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ.【方法归纳】判别式是方程、函数和不等式之间联系的重要工具,是不等式之间相互转化的重要桥梁,运用判别式法证明不等式有两种途径:(1)构造一元二次方程,然后利用Δ≥0来证明;(2)构造恒大于(或小于)零的一元二次函数,然后利用Δ≤0来证明.跟踪集训21.函数y=2A2+4x-7A2+2x+3的值域为.22.设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n,满足S5S6+15=0,则d的取值范围是.23.给定两个长度为1的平面向量AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 和AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,它们的夹角为120°.如图所示,点C在以O为圆心的AA⏜上运动,若AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +y AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,其中x,y∈R,则x+y的最大值是.技法十一归纳法归纳法的过程可概括为从具体问题出发观察、分析、比较、联想归纳、类比提出结论发现与猜想的结论都要经过进一步严格证明.典型例题例11 (2018江苏沭阳调研)观察下列式子:1+122<32,1+122+132<53,1+122+132+142<74,……据其中规律,可以猜想出:1+122+132+142+…+1102< .答案1910解析由已知中的不等式:1+122<32=2×2-12,1+122+132<53=2×3-13,1+122+132+142<74=2×4-14,……我们可以推断出:不等式右边分式的分母与左边最后一项分母的底数相等,分子是分母的2倍减1,即1+122+132+142+…+1A 2<2A -1A,∴1+122+132+142+…+1102<2×10-110=1910,故答案为1910.【方法归纳】归纳问题的常见类型及解题策略(1)与数字有关的等式的推理.观察数字特点,找出等式左右两侧的规律及符号可解. (2)与不等式有关的推理.观察每个不等式的特点,注意是纵向看,找到规律后可解.(3)与数列有关的推理.通常是先求出几个特殊项,采用不完全归纳法,找出数列的项与项数的关系,列出即可.(4)与图形变化有关的推理.合理利用特殊图形归纳推理得出结论,并用赋值检验法验证其真伪性. 跟踪集训24.(2018江苏如皋调研)已知函数f 0(x)=Ae A ,设f n+1(x)为f n (x)的导函数,f 1(x)=[f 0(x)]'=1-Ae A ,f 2(x)=[f 1(x)]'=A -2e A ,……根据以上结果,推断f 2017(x)= . 25.某种平面分形图如图所示,一级分形图是由一点出发的三条线段,长度均为1,两两夹角为120°组成的;二级分形图是在一级分形图的每条线段的末端再生成两条长度为原来的13的线段,且这两条线段与原线段两两夹角为120°;……,依此规律得到n 级分形图.(1)n 级分形图中共有 条线段;(2)n 级分形图中所有线段长度之和为 . 技法十二 等积转化法等积转化法是通过变换几何体的底面,利用几何体(主要是三棱锥)体积的不同表达形式求解相关问题的方法.其主要用于立体几何体中求解点到面的距离. 典型例题例12 如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD 是∠ABC=60°的菱形,M 为PC 的中点.(1)求证:PC⊥AD;(2)求点D 到平面PAM 的距离.解析 (1)证明:如图,取AD 的中点O,连接OP,OC,AC,△PAD,△ACD 均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD. 又OC∩OP=O,所以AD⊥平面POC, 又PC ⊂平面POC,所以PC⊥AD.(2)点D 到平面PAM 的距离即点D 到平面PAC 的距离,由(1)可知,PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO ⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,即PO 为三棱锥P-ACD 的高.在Rt△POC 中,PO=OC=√3,PC=√6,在△PAC 中,PA=AC=2,PC=√6,边PC 上的高AM=√AA 2-P A 2=√22-(√62)2=√102, 所以△PAC 的面积S △PAC =12PC·AM=12×√6×√102=√152. 设点D 到平面PAC 的距离为h,因为V D-PAC =V P-ACD , 所以13S △PAC ·h=13S △ACD ·PO,又S △ACD =12×2×√3=√3,所以13×√152×h=13×√3×√3,解得h=2√155.故点D 到平面PAM 的距离为2√155.【方法归纳】等积变换法求解点到平面的距离,关键是选择合适的底面,选择的底面应具备两个特征:一是底面的形状规则,面积可求;二是底面上的高比较明显,即线面垂直比较明显. 跟踪集训26.如图所示,四边形ABCD 是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F 分别是AC,PC 的中点,PA=2,AB=1,则三棱锥C-PED 的体积为 .27.如图所示,已知正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=12CD=1.(1)当点M为ED的中点时,求证:AM∥平面BEC;(2)求点D到平面BEC的距离.答案精解精析技法一特例法跟踪集训1.答案32解析题目中“求值”二字暗示答案为一定值,于是不妨令a=0°,得结果为32.2.答案②解析依题意可取特殊模型正方体AC1(如图),在正方体AC1中逐一判断各命题,易得正确的命题是②.3.答案 1解析不妨取点P(4,95),则可计算S1=(3-95)×(5-4)=65,易求得PD=2,PE=65,所以S2=12×2×65=65,所以S1∶S2=1.技法二图解法跟踪集训4.答案[1,121]解析原方程组有解,即两圆(x+4)2+(y-5)2=36与(x+1)2+(y-1)2=t有交点,则|√t-6|≤5≤√t+6,解得1≤√t≤11,则1≤t≤121.5.答案 [105°,165°]解析 不妨令O 为坐标原点.∵OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0),OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2),∴B(2,0),C(2,2), ∵CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2cosα,√2sinα),∴|CA⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,∴点A 在以点C 为圆心,√2为半径的圆上.∴当OA 与圆C 相切时,向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量CB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角取得最大值或最小值. 设切点分别为点A 和点A',连接OC,OA,OA',如图,则OC=2√2,AC⊥OA, ∵sin∠AOC=AC OC =12,∴∠AOC=∠A'OC=30°, ∴∠AOB=∠A'Oy=15°,∴当切点为点A 时,向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量CB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角取得最小值15°+90°=105°, 当切点为点A'时,向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量CB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角取得最大值180°-15°=165°. 故答案为[105°,165°]. 6.答案 {1e 3}∪(-e,-1)解析 当x=0时,x+2x+1=kx+2成立,故当x≠0时,方程有三个根, 当x<0时,x+2x+1=kx+2⇒k=-1x+1,当x>0时,|lnx|=kx+2⇒k=|lnx |x -2x={-lnx -2x ,0<x <1,lnx-2x,x ≥1,故k={-1x+1,x <0,-lnx -2x ,0<x <1,lnx -2x ,x ≥1,令k=g(x),当0<x<1时,g'(x)=-1-(-lnx -2)x 2=lnx+1x 2,令g'(x)=0,则x=1e ,g (1e )=-e,当x≥1时,g'(x)=1-(lnx -2)x 2=-lnx+3x 2,令g'(x)=0,则x=e 3,g(e 3)=1e 3. 画出图象可得k∈(-e,-1)∪{1e 3}.技法三 等价转化法跟踪集训 7.答案 [-1,3]解析 题设条件等价于点(0,1)在圆内或圆上,即等价于点(0,1)到圆心(a,0)的距离小于或等于圆半径,即2+1≤√2a +4,解得-1≤a≤3. 8.答案 2√5解析 设EG=x,则FG=2-x,0≤x≤2,则S 1+S 2=12×2√x 2+4+12×2√(2-x )2+4=√(x -0)2+(0-2)2+√(x -2)2+(0-2)2,在平面直角坐标系中,它表示x 轴上的点P(x,0)到M(0,2)与N(2,2)两点的距离之和,而点M 关于x 轴的对称点为M'(0,-2),且当P 在直线M'N 上时,PM+PN 最小,为2√5,则S 1+S 2的最小值为2√5.技法四 待定系数法跟踪集训9.答案 f(x)=x 2-7x+10解析 设二次函数f(x)=ax 2+bx+c(a≠0).∵二次函数f(x)的图象与x 轴的两交点坐标为(2,0),(5,0),f(0)=10, ∴{4a +2b +c =0,25a +5b +c =0,c =10,∴{a =1,b =-7,c =10,∴f(x)=x 2-7x+10.10.解析 (1)设椭圆的标准方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0), ∴MB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,b),MB 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-b),∵MB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥MB 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴MB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,解得b 2=4,又e=√a 2-b 2a=√1-b 2a 2=√53,解得a 2=9,故椭圆的标准方程为x 29+y 24=1. (2)是.假设存在满足条件的定点P,其坐标为(t,0),由题意可设直线AB 的方程为x=my+2,代入x 29+y 24=1, 整理得(4m 2+9)y 2+16my-20=0. 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), ∴y 1+y 2=-16m4m 2+9,y 1·y 2=-204m 2+9. 又PA,PB 所在直线斜率分别为k PA =y 1x 1-t,k PB =y 2x 2-t,∴k PA +k PB =0⇔y 1(x 2-t)+y 2(x 1-t)=0⇔2my 1y 2+(2-t)(y 1+y 2)=0⇔-40m-16m(2-t)=0. 上式对任意m∈R 恒成立,其充要条件为-40m-16m(2-t)=0,解得t=92.故存在满足条件的定点P,其坐标为(92,0).技法五 换元法跟踪集训11.答案 f(x)=3e x+4解析 令lnx=t,则x=e t,f(t)=3e t+4,即f(x)=3e x+4. 12.答案 x=log 23或x=log 213解析 由f(x)+f(-x)-2g(x)-2g(-x)=229,得4x +4-x -2(2x +2-x)=229,令t=2x +2-x ,则4x +4-x =t 2-2,故原方程可化为9t 2-18t-40=0,解得t=103或t=-43(舍去),则2x +2-x=103,即2x+12x =103, 解得2x=3或2x=13,所以x=log 23或x=log 213. 13.答案 12+√2解析 设sinx+cosx=t,则t∈[-√2,√2],则y=t 22+t-12=12(t+1)2-1,当t=√2时,y 取最大值,y max =12+√2.技法六 构造法跟踪集训14.答案 [14,+∞)解析 对于任意的b>a>0,f (b )-f (a )b -a<1恒成立,等价于f(b)-b<f(a)-a 恒成立,设h(x)=f(x)-x=lnx+mx -x(x>0),则h(b)<h(a),所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以h'(x)=1x -mx 2-1≤0在(0,+∞)上恒成立,所以m≥-x 2+x=-(x -12)2+14(x>0),所以m≥14,即实数m 的取值范围为[14,+∞).15.答案 4,14解析 构造平面向量的数量积.由函数解析式可得a>0,a≠1, f(x)=x √a -x 2+x √1-x 2a -1,令m=(x,22,x),则|m|=1,|n|=√a ,设m,n 的夹角是α,α∈[0,π],则x √a -x 2+x √1-x 2=m·n=√a cosα∈[-√a ,√a ],当0<a<1时,f(x)min =√aa -1=-23,解得a=14,适合;当a>1时,f(x)min =-√a a -1=-23,解得a=4,适合,故a 的值为4或14.技法七 逆向思维法跟踪集训16.答案 (-∞,-1] 解析 若A∩B=⌀,则①当A=⌀时,有Δ=(-4m)2-4(2m+6)<0,解得-1<m<32;②当A≠⌀时,方程x 2-4mx+2m+6=0的两根x 1,x 2均为非负数,则{(-4m )2-4(2m +6)≥0,x 1+x 2=4m ≥0,x 1·x 2=2m +6≥0,解得m≥32,则当A∩B=⌀时,m>-1,故所求实数m 的取值范围为(-∞,-1].技法八 分离参数法跟踪集训17.答案 (-∞,4]解析 已知条件可转化为a≤2lnx+x+3x 恒成立.设f(x)=2lnx+x+3x , 则f'(x)=(x+3)(x -1)x 2(x>0).当x∈(0,1)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增, 所以f(x)min =f(1)=4,所以a≤4.18.答案 (-∞,-6)解析 根据题意知13x 3-x 2-3x+43<-92x-c 2在x∈[-2,2]上恒成立,则-c 2>13x 3-x 2+32x+43,设g(x)=13x 3-x 2+32x+43,则g'(x)=x 2-2x+32,因为g'(x)>0恒成立,所以g(x)在[-2,2]上单调递增, 所以g(x)max =g(2)=3,则c<-6.技法九 整体代换法跟踪集训 19.答案 632解析1a 4a 6a 8+1a2a 6a 8+1a2a 4a 8+1a2a 4a 6=a 2120+a 4120+a 6120+a 8120=760,则2(a 2+a 8)=14,即a 2+a 8=7,所以S 9=9(a 2+a 8)2=632.20.答案 48解析 设正项等比数列的公比为q,q>0,则a 4+a 3-2a 2-2a 1=(a 2+a 1)(q 2-2)=6, 则a 2+a 1=6q 2-2>0,q 2>0, a 5+a 6=(a 2+a 1)q 4=6q 4q 2-2=6(q 2-2)+24q 2-2+24≥12√(q 2-2)·4q 2-2+24=48,当且仅当q=2时取等号,故a 5+a 6的最小值是48.技法十 判别式法跟踪集训 21.答案 [-92,2)解析 已知函数式可变形为yx 2+2yx+3y=2x 2+4x-7,即(y-2)x 2+2(y-2)x+3y+7=0, 当y≠2时,将上式视为关于x 的一元二次方程, ∵x∈R,∴Δ≥0,即[2(y-2)]2-4(y-2)·(3y+7)≥0,整理得2y 2+5y-18≤0,因式分解得2(y-2)·(y +92)≤0,解得-92≤y<2(也可以依据二次函数y=2x 2+5x-18在x 轴下方的图象求解).当y=2时,3×2+7≠0,不符合题意,应舍去. 故函数的值域为[-92,2).22.答案 (-∞,-2√2]∪[2√2,+∞) 解析 因为S 5S 6+15=0, 所以(5a 1+10d)(6a 1+15d)+15=0,化简得2a 12+9da 1+10d 2+1=0.因为a 1∈R,所以Δ=81d 2-8(10d 2+1)≥0, 得d≥2√2或d≤-2√2. 23.答案 2解析 因为OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=(x OA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2,所以x 2+y 2-xy=1.(*) 记x+y=t,则x=t-y,代入(*),得(t-y)2+y 2-(t-y)y=1,化简得3y 2-3ty+t 2-1=0,因为Δ=(-3t)2-12(t 2-1)≥0,所以t 2≤4,所以x+y 的最大值是2.技法十一 归纳法跟踪集训 24.答案2017-x e x解析 f 3(x)=[f 2(x)]'=1×e x -(x -2)e x (e x )2=3-xe x ⇒f n (x)=(-1)n-1n -xe x⇒f 2017(x)=(-1)2017-12017-xe x=2017-x e x.25.答案 (1)3·2n-3 (2)9-9·(23)n解析 (1)由题图知,一级分形图中有3=3×2-3条线段,二级分形图中有9=3×22-3条线段,三级分形图中有21=3×23-3条线段,按此规律得n 级分形图中的线段条数为3·2n-3.(2)∵分形图的每条线段的末端出发再生成两条长度为原来13的线段,∴n 级分形图中第n 级的(最短的)所有线段的长度和为3·(23)n -1(n∈N *),∴n 级分形图中所有线段的长度之和为 3·(23)0+3·(23)1+…+3·(23)n -1=3·1-(23)n 1-23=9-9·(23)n.技法十二 等积转化法跟踪集训 26.答案 16解析 ∵PA⊥平面ABCD, ∴PA 是三棱锥P-CED 的高,PA=2. ∵四边形ABCD 是正方形,E 是AC 的中点, ∴△CED 是等腰直角三角形, ∵AB=1,∴CE=ED=√22, ∴S △CED =12CE·ED=12×√22×√22=14.∴V C-PED =V P-CED =13·S △CED ·PA=13×14×2=16.27.解析 (1)证明:如图,取EC 的中点N,连接MN,BN. 在△EDC 中,M,N 分别为ED,EC 的中点,所以MN∥CD,且MN=12CD.又AB∥CD,AB=12CD,所以MN∥AB,且MN=AB.所以四边形ABNM 为平行四边形,所以BN∥AM.因为BN ⊂平面BEC,且AM ⊄平面BEC,所以AM∥平面BEC.(2)如图,连接BD.在正方形ADEF 中,ED⊥AD,因为平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD, 所以ED⊥平面ABCD,而BC ⊂平面ABCD,所以ED⊥BC. 在直角梯形ABCD 中,AB=AD=1,CD=2,可得BC=√2. 在△BCD 中,BD=BC=√2,CD=2,所以BD 2+BC 2=CD 2,所以BC⊥BD.又DE∩DB=D,所以BC⊥平面EDB.又BE ⊂平面EDB,所以BC⊥BE.设点D 到平面BEC 的距离为d,由V D-BEC =V E-BCD ,得13S △BEC ·d=13S △BCD ·ED,即S △BEC ·d=S △BCD ·ED.在△EDB 中,BE=√DE 2+DB 2=√3,所以S △BEC =12·BE·BC=12×√3×√2=√62,又S △BCD =12·BD·BC=12×√2×√2=1,所以√62d=1×1,得d=√63,于是点D到平面BEC的距离为√6.3。
2020届高考数学二轮复习专项二专题六专题强化训练Word版含解析
[A 组 夯基保分专练]一、选择题1．(2018·惠州第二次调研)设随机变量ξ服从正态分布N (4，3)，若P (ξ<a －5)＝P (ξ>a ＋1)，则实数a 等于( )A ．7B ．6C ．5D ．4解析：选B.由随机变量ξ服从正态分布N (4，3)可得正态分布密度曲线的对称轴为直线x ＝4，又P (ξ<a －5)＝P (ξ>a ＋1)，所以x ＝a －5与x ＝a ＋1关于直线x ＝4对称，所以a －5＋a ＋1＝8，即a ＝6.故选B.2．(2018·武汉调研)将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球，那么甲盒中恰好有3个小球的概率为( )A.310B.25C.320D.14解析：选C.将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球有C 36种放法，甲盒中恰好有3个小球有C 23种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为C 23C 36＝320.故选C.3．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A ＝“4个人去的景点不相同”，事件B ＝“小赵独自去一个景点”，则P (A |B )＝( )A.29B.13C.49D.59解析：选A .小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种可能性，4个人去的景点不同的可能性有A 44＝4×3×2×1＝24种，所以P (A |B )＝24108＝29. 4．用1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，若用a 1，a 2，a 3，a 4，a 5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a 1<a 2<a 3>a 4>a 5特征的五位数的概率为( )A.110B.120C.124D.310解析：选B .1，2，3，4，5可组成A 55＝120个不同的五位数，其中满足题目条件的五位数中，最大的5必须排在中间，左、右各两个数字只要选出，则排列位置就随之而定，满足条件的五位数有C 24C 22＝6个，故出现a 1<a 2<a 3>a 4>a 5特征的五位数的概率为6120＝120. 5．(2018·高考全国卷Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p , 各成员的支付方式相互独立．设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX ＝2.4，P (X ＝4)＜P (X ＝6)，则p ＝( )A ．0.7B ．0.6C ．0.4D ．0.3解析：选B.由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以DX ＝10p (1－p )＝2.4，所以p ＝0.6或p ＝0.4.由P (X ＝4)＜P (X ＝6)，得C 410p 4(1－p )6＜C 610p 6(1－p )4，即(1－p )2＜p 2，所以p ＞0.5，所以p ＝0.6.6．(2018·贵阳模拟)点集Ω＝{(x ，y )|0≤x ≤e ，0≤y ≤e }，A ＝{(x ，y )|y ≥e x ，(x ，y )∈Ω}，在点集Ω中任取一个元素a ，则a ∈A 的概率为( )A.1e B.1e 2 C.e －1eD.e 2－1e2解析：选B.如图，根据题意可知Ω表示的平面区域为正方形BCDO ，面积为e 2，A 表示的区域为图中阴影部分，面积为⎠⎛01(e －e x )dx ＝(e x －e x )|10＝(e －e)－(－1)＝1，根据几何概型可知a ∈A 的概率P ＝1e2.故选B.二、填空题7．某人在微信群中发了一个7元的“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是________．解析：利用隔板法将7元分成3个红包，共有C 26＝15种领法．甲领3元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有3元，3元，1元与3元，2元，2元两种情况，共有A 22＋1＝3种领法；甲领4元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有4元，2元，1元一种情况，共有A 22＝2种领法；甲领5元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有5元，1元，1元一种情况，共有1种领法，所以甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是3＋2＋115＝25.答案：258．(2018·唐山模拟)向圆(x －2)2＋(y －3)2＝4内随机投掷一点，则该点落在x 轴下方的概率为________．解析：如图，连接CA ，CB ，依题意，圆心C 到x 轴的距离为3，所以弦AB 的长为2. 又圆的半径为2，所以弓形ADB 的面积为12×23π×2－12×2×3＝23π－3，所以向圆(x －2)2＋(y －3)2＝4内随机投掷一点，则该点落在x 轴下方的概率P ＝16－34π.答案：16－34π9．某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满100元者即可参加射击赢玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击3次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射满3次为止．设甲每次击中的概率为p (p ≠0)，射击次数为η，若η的均值E (η)>74，则p的取值范围是________．解析：由已知得P (η＝1)＝p ，P (η＝2)＝(1－p )p ，P (η＝3)＝(1－p )2，则E (η)＝p ＋2(1－p )p ＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3>74，解得p >52或p <12，又p ∈(0，1)，所以p ∈⎝⎛⎭⎫0，12. 答案：⎝⎛⎭⎫0，12 三、解答题10．(2018·贵阳模拟)某高校通过自主招生方式在贵阳招收一名优秀的高三毕业生，经过层层筛选，甲、乙两名学生进入最后测试，该校设计了一个测试方案：甲、乙两名学生各自从6个问题中随机抽3个问题．已知这6个问题中，学生甲能正确回答其中的4个问题，而学生乙能正确回答每个问题的概率均为23，甲、乙两名学生对每个问题的回答都是相互独立、互不影响的．(1)求甲、乙两名学生共答对2个问题的概率；(2)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两名学生哪位被录取的可能性更大？ 解：(1)由题意可得，所求概率为P ＝C 14C 22C 36×C 13×23×⎝⎛⎭⎫132＋C 24C 12C 36×C 03×⎝⎛⎭⎫230×⎝⎛⎭⎫133＝115.(2)设学生甲答对的题数为X ，则X 的所有可能取值为1，2，3.P (X ＝1)＝C 14C 22C 36＝15，P (X ＝2)＝C 24C 12C 36＝35，P (X ＝3)＝C 34C 02C 36＝15，E (X )＝1×15＋2×35＋3×15＝2，D (X )＝(1－2)2×15＋(2－2)2×35＋(3－2)×15＝25.设学生乙答对的题数为Y ，则Y 的所有可能取值为0，1，2，3. 由题意可知Y ～B ⎝⎛⎭⎫3，23， 所以E (Y )＝3×23＝2，D (Y )＝3×23×13＝23.因为E (X )＝E (Y )，D (X )<D (Y ) ， 所以甲被录取的可能性更大．11．(2018·西安模拟)一个盒子中装有大量形状、大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的质量(单位：克)，质量分组区间为[5，15]，(15，25]，(25，35]，(35，45]，由此得到样本的质量频率分布直方图(如图)．(1)求a 的值，并根据样本的数据，试估计盒子中小球质量的众数与平均值；(2)从盒子中随机抽取3个小球，其中质量在[5，15]内的小球个数为X ，求X 的分布列和数学期望．(以直方图中的频率作为概率)解：(1)由题意，得(0.02＋0.032＋a ＋0.018)×10＝1，解得a ＝0.03. 由频率分布直方图可估计盒子中小球质量的众数为20克，而50个样本中小球质量的平均数为x －＝0.2×10＋0.32×20＋0.3×30＋0.18×40＝24.6(克)．故由样本估计总体，可估计盒子中小球质量的平均数为24.6克． (2)该盒子中小球质量在[5，15]内的概率为15，则X ～B ⎝⎛⎭⎫3，15.X 的可能取值为0，1，2，3， P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫150⎝⎛⎭⎫453＝64125，P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫15×⎝⎛⎭⎫452＝48125，P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫152×45＝12125，P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫153⎝⎛⎭⎫450＝1125. 所以X 的分布列为所以E (X )＝0×64125＋1×48125＋2×12125＋3×1125＝35.⎝⎛⎭⎫或者E （X ）＝3×15＝35. 12．(2018·长春质量监测(二))某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在[100，150)，[150，200)，[200，250)，[250，300)，[300，350)，[350，400](单位：克)中，经统计得频率分布直方图如图所示．(1)现按分层抽样的方法，从质量为[250，300)，[300，350)的芒果中随机抽取9个，再从这9个中随机抽取3个，记随机变量X 表示质量在[300，350)内的芒果个数，求X 的分布列及数学期望；(2)以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，将频率视为概率，某经销商来收购芒果，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10 000个，经销商提出如下两种收购方案：A ：所有芒果以10元/千克收购；B ：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，高于或等于250克的以3元/个收购． 通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？解：(1)9个芒果中，质量在[250，300)和[300，350)内的分别有6个和3个．则X 的可能取值为0，1，2，3.P (X ＝0)＝C 36C 39＝2084，P (X ＝1)＝C 26C 13C 39＝4584，P (X ＝2)＝C 16C 23C 39＝1884，P (X ＝3)＝C 33C 39＝184.所以X 的分布列为X 的数学期望E (X )＝0×2084＋1×4584＋2×1884＋3×184＝1.(2)设选择方案A 可获利y 1元，则y 1＝(125×0.002＋175×0.002＋225×0.003＋275×0.008＋325×0.004＋375×0.001)×50×10 000×10×0.001＝25 750.设选择方案B ，从质量低于250克的芒果中获利y 2元，从质量高于或等于250克的芒果中获利y 3元，则y 2＝(0.002＋0.002＋0.003)×50×10 000×2＝7 000. y 3＝(0.008＋0.004＋0.001)×50×10 000×3＝19 500. y 2＋y 3＝7 000＋19 500＝26 500.由于25 750<26 500，故B 方案获利更多，应选B 方案．[B 组 大题增分专练]1．(2018·合肥第一次质量检测)2014年9月，国务院发布了《关于深化考试招生制度改革的实施意见》．某地作为高考改革试点地区，从当年秋季新入学的高一学生开始，高考不再分文理科，语文、数学、英语三科为必考科目，考生从物理、化学、生物、思想政治、历史、地理六个科目中任选三个科目参加高考，其中物理、化学、生物为自然科学科目，思想政治、历史、地理为社会科学科目，假设某位考生选考这六个科目的可能性相等．(1)求这位考生所选考的三个科目中至少有一个自然科学科目的概率；(2)已知该考生选考的三个科目中有一个科目属于社会科学科目，两个科目属于自然科学科目，若该考生所选的社会科学科目考试的成绩获A 等的概率都是45，所选的自然科学科目考试的成绩获A 等的概率都是34，且所选的各个科目的考试成绩相互独立，用随机变量X表示他所选的三个科目中考试成绩获A 等的科目数，求X 的分布列和数学期望．解：(1)记“这位考生选考的三个科目中至少有一个科目是自然科学科目”为事件M ， 则P (M )＝1－C 33C 36＝1－120＝1920，所以这位考生选考的三个科目中至少有一个自然科学科目的概率为1920.(2)随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3. 因为P (X ＝0)＝15×⎝⎛⎭⎫142＝180，P (X ＝1)＝45×⎝⎛⎭⎫142＋15×C 12×14×34＝18， P (X ＝2)＝45×C 12×14×34＋15×⎝⎛⎭⎫342＝3380，P (X ＝3)＝45×⎝⎛⎭⎫342＝920，所以X 的分布列为所以E (X )＝0×180＋1×1080＋2×3380＋3×3680＝2.3.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p (0＜p ＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p )，求f (p )的最大值点p 0.(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p 0作为p 的值，已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．(ⅰ)若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ，求EX ；(ⅱ)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？解：(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p )＝C 220p 2(1－p )18.因此f ′(p )＝C 220[2p (1－p )18－18p 2(1－p )17]＝2C 220p (1－p )17(1－10p )．令f ′(p )＝0，得p ＝0.1.当p ∈(0，0.1)时，f ′(p )>0；当p ∈(0.1，1)时，f ′(p )<0.所以f (p )的最大值点为p 0＝0.1. (2)由(1)知，p ＝0.1.(i)令Y 表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y ～B (180，0.1)， X ＝20×2＋25Y ，即X ＝40＋25Y . 所以EX ＝E (40＋25Y )＝40＋25EY ＝490.(ii)如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元． 由于EX >400，故应该对余下的产品作检验．3．2017年央视3·15晚会曝光了一些饲料企业瞒天过海地往饲料中非法添加各种“禁药”，包括“人用西药”，让所有人惊出一身冷汗．某地区质量监督部门对该地甲、乙两家畜牧用品生产企业进行了突击抽查，若已知在甲企业抽查了一次，抽中某种动物饲料的概率为34，用数字1表示抽中该动物饲料产品，用数字0来表示没有抽中；在乙企业抽查了两次，每次抽中该动物饲料的概率为23，用数字2表示抽中该动物饲料产品，用数字0来表示没有抽中．该部门每次抽查的结果相互独立．假设该部门完成以上三次抽查．(1)求该部门恰好有一次抽中动物饲料这一产品的概率；(2)设X 表示三次抽查所记的数字之和，求随机变量X 的分布列和数学期望． 解：记“恰好抽中一次动物饲料这一产品”为事件A ，“在甲企业抽中”为事件B ，“在乙企业第一次抽中”为事件C ，“在乙企业第二次抽中”为事件D ，则由题意知P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝23.(1)因为A ＝B C －D －＋B －C D －＋B －C －D ，所以P (A )＝P (B C －D －＋B －C D －＋B －C －D )＝P (B C －D －)＋P (B －C D －)＋P (B －C －D )＝P (B )P (C －)P (D －)＋P (B －)P (C )P (D －)＋P (B －)P (C －)P (D )＝34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝736. (2)根据题意，X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，5.所以P (X ＝0)＝P (B －C －D －)＝[1－P (B )][1－P (C )][1－P (D )]＝⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＝136， P (X ＝1)＝P (B C －D －)＝P (B )[1－P (C )][1－P (D )]＝34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＝112， P (X ＝2)＝P (B －C D －＋B －C －D )＝P (B CD )＋P (B －C －D )＝⎝⎛⎭⎫1－34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝19， P (X ＝3)＝P (BC D －＋B C －D )＝P (BC D －)＋P (B C －D )＝34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝13， P (X ＝4)＝P (BCD )＝[1－P (B )]P (C )P (D )＝⎝⎛⎭⎫1－34×23×23＝19， P (X ＝5)＝P (BCD )＝P (B )P (C )P (D )＝34×23×23＝13.故X 的分布列为 所以E (X )＝0×136＋1×112＋2×19＋3×13＋4×19＋5×13＝4112.4．交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用(基准保费)统一为a 元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与车辆发生有责任道路交通事故的情况相联系，发生有责任交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车在下一年续保时的情况，统计得到下面的表格：以这60率，完成下列问题：(1)按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》中汽车交强险价格的规定，a ＝950.某同学家里有一辆该品牌同型号车且车龄刚满三年，记X 为该车在第四年续保时的费用，求X 的分布列与数学期望；(数学期望值保留到个位数字)(2)某二手车销售商专门销售这一品牌同型号的二手车，且将下一年的交强险保费高于基准保费的车辆记为事故车．假设购进并销售一辆事故车亏损5 000元，购进并销售一辆非事故车盈利10 000元．①若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；②若该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求他获得利润的期望值． 解：(1)由题意可知，X 的可能取值为0.9a ，0.8a ，0.7a ，a ，1.1a ，1.3a . 由统计数据可知：P (X ＝0.9a )＝16，P (X ＝0.8a )＝112，P (X ＝0.7a )＝112，P (X ＝a )＝13，P (X ＝1.1a )＝14，P (X＝1.3a )＝112.所以X 的分布列为 所以E (X )＝0.9a ×16＋0.8a ×112＋0.7a ×112＋a ×13＋1.1a ×14＋1.3a ×112＝11.9a 12＝11 30512≈942(元)．(2)①由统计数据可知，任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为13，则三辆车中至多有一辆事故车的概率P ＝⎝⎛⎭⎫1－133＋C 1313⎝⎛⎭⎫232＝2027. ②设Y 为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y 的可能取值为－5 000，10 000.11 所以Y 的分布列为所以E (Y )＝－5 000×13＋10 000×23＝5 000(元)． 故该销售商一次购进并销售100辆(车龄已满三年)该品牌的二手车获得利润的期望值为100×E (Y )＝50(万元)．。
高考数学二轮复习专题突破—基本初等函数、函数的应用(含解析)
高考数学二轮复习专题突破—基本初等函数、函数的应用一、单项选择题1.(2021·陕西西安月考)函数f (x )=xx 2-1−12的零点个数是( ) A.1 B.2C.3D.42.(2021·福建泉州一模)已知a=32,b=√3√2,c=ln3ln2,则( ) A.a>b>c B.c>b>a C.c>a>bD.a>c>b3.(2021·浙江绍兴二模)函数f (x )=log a x+ax (a>1)的图象大致是( )4.(2021·湖北十堰期中)已知关于x 的方程9x -2a ·3x +4=0有一个大于2log 32的实数根,则实数a 的取值范围为( ) A.(0,52)B.(52,4)C.(52,+∞)D.(4,+∞)5.(2021·山东潍坊二模)关于函数f (x )={2x -a,0≤x <2,b-x,x ≥2,其中a ,b ∈R ,给出下列四个结论:甲:6是该函数的零点;乙:4是该函数的零点;丙:该函数的零点之积为0;丁:方程f (x )=52有两个根.若上述四个结论中有且只有一个结论错误,则该错误结论是( ) A.甲B.乙C.丙D.丁6.(2021·湖南师大附中期末)已知函数f(x)={lnx,x≥1,-ln(2-x),x<1,则方程(x-1)f(x)=1的所有实根之和为()A.2B.3C.4D.17.(2021·福建厦门期末)已知函数f(x)={|log3x|,0<x≤√3,1−log3x,x>√3,若关于x的方程f2(x)+mf(x)+112=0有6个解,则实数m的取值范围为()A.(-1,0)B.-1,-√33C.-1,-23D.-23,-√33二、多项选择题8.(2021·江苏扬州期末)17世纪初,约翰·纳皮尔为了简化计算发明了对数.对数的发明是数学史上的重大事件,恩格斯曾经把笛卡儿的坐标系、纳皮尔的对数、牛顿和莱布尼兹的微积分共同称为17世纪的三大数学发明.我们知道,任何一个正实数N可以表示成N=a×10n(1≤a<10,n∈Z)的形式,两边取常用对数,则有lg N=n+lg a,现给出部分常用对数值(如下表),则下列说法正确的有()A.310在区间(104,105)内B.250是15位数C.若2-50=a×10m(1≤a<10,m∈Z),则m=-16D.若m32(m∈N*)是一个35位正整数,则m=129.(2021·北京延庆模拟)同学们,你们是否注意到?自然下垂的铁链;空旷的田野上,两根电线杆之间的电线;峡谷的上空,横跨深涧的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上,这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中,这类函数的表达式可以为f(x)=a e x+b e-x(其中a,b是非零常数,无理数e=2.718 28…),对于函数f(x),下列说法正确的是()A.如果a=b,那么函数f(x)为奇函数B.如果ab<0,那么f(x)为单调函数C.如果ab>0,那么函数f(x)没有零点D.如果ab=1,那么函数f(x)的最小值为210.(2021·海南第四次模拟)已知k>0,函数f(x)={-ln(k-x),x<0,ln(k+x),x>0,则()A.f(x)是奇函数B.f(x)的值域为RC.存在k,使得f(x)在定义域上单调递增D.当k=12时,方程f(x)=1有两个实数根三、填空题11.(2021·北京通州区一模)已知函数f(x)={x2+2x,x≤t,lnx,x>t(t>0)有两个零点,且其图象过点(e,1),则常数t的一个取值为.12.(2021·山东济宁期末)已知函数f(x)=e x+x2+ln(x+a)与函数g(x)=e x+e-x+x2(x<0)的图象上存在关于y轴对称的点,则实数a的取值范围为.答案及解析1.B 解析 令f (x )=xx 2-1−12=0,即x 2-2x-1=0,解得x=1±√2,经检验x=1±√2是方程f (x )=0的解,故f (x )有两个零点.故选B . 2.C 解析 a=32,b=√3√2=√62,则a>b ,因为a-c=32−ln3ln2=3ln2−2ln32ln2=ln8−ln92ln2<0,所以a<c ,所以b<a<c.故选C .3.A 解析 令g (x )=x+ax ,由于a>1,所以g (x )在区间(0,√a )上单调递减,在区间(√a ,+∞)上单调递增,故f (x )在区间(0,√a )上单调递减,在区间(√a ,+∞)上单调递增,对照题中选项中的图象,知A 选项正确.4.C 解析 令t=3x ,因为方程9x -2a·3x +4=0有一个大于2log 32的实数根,即x>2log 32,则t>32log 32=4,所以函数f (t )=t 2-2at+4有一个大于4的零点,所以f (4)=42-8a+4<0,解得a>52,即实数a 的取值范围是(52,+∞).故选C .5.B 解析 若甲是错误的结论,则由乙正确可得b=4,由丙正确得a=1,此时丁不正确,不符合题意;若乙是错误的结论,则由甲正确可得b=6,由丙正确得a=1,此时丁也正确,符合题意;若丙或丁是错误的结论,则甲和乙不可能同时正确,不符合题意,故选B .6.A 解析 当x>1时,2-x<1,所以f (2-x )=-ln[2-(2-x )]=-ln x=-f (x ),当x<1时,2-x>1,所以f (2-x )=ln(2-x )=-f (x ),当x=1时,f (1)=0,所以函数f (x )的图象关于点(1,0)对称.显然x=1不是方程的根,当x ≠1时,原方程可变为f (x )=1x-1,画出函数y=f (x )和y=1x-1的图象(如图所示).由图知,二者仅有两个公共点,设为点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),因为函数y=f (x )和y=1x-1的图象都关于点(1,0)对称,所以点A ,B 关于点(1,0)对称,所以x 1+x 22=1,即x 1+x 2=2.故选A .7.D 解析 令f (x )=t ,则原方程可化为t 2+mt+112=0,画出函数f (x )的图象(如图).由图象可知,若关于x 的方程f 2(x )+mf (x )+112=0有6个解,则关于t 的方程t 2+mt+112=0必须在区间0,12上有两个不相等的实根,由二次方程根的分布得{ 112>0,Δ=m 2-13>0,14+12m +112>0,-m 2∈(0,12),解得m ∈-23,-√33.故选D . 8.ACD 解析 对A,令x=310,则lg x=lg 310=10lg 3=4.77,所以x=104.77∈(104,105),A 正确;对B,令y=250,则lg y=lg 250=50lg 2=15.05,所以y=1015.05∈(1015,1016),则250是16位数,B 错误;对C,令z=2-50,则lg z=lg 2-50=-50lg 2=-15.05,又因为2-50=a×10m (1≤a<10,m ∈Z ),所以10-15.05=a×10m ,则10-15.05-m =a ∈[100,101),所以m=-16,C 正确;对D,令k=m 32,则lg k=lg m 32=32lg m ,因为m 32(m ∈N *)是一个35位正整数,所以34<32lg m<35,则3432<lg m<3532,即1.063<lg m<1.094,所以m=12,D 正确.故选ACD .9.BC解析对A,当a=b时,f(x)=a e-x+a e x,此时f(-x)=a e x+a e-x=f(x),故f(x)为偶函数.故A 错误.对B,当ab<0时,若a>0,b<0,则函数y=a e x在其定义域上单调递增,函数y=be x在其定义域上也单调递增,故函数f(x)=a e x+be x在其定义域上单调递增;若a<0,b>0,则函数y=a e x在其定义域上单调递减,函数y=be x 在其定义域上也单调递减,故函数f(x)=a e x+be x在其定义域上单调递减.综上,如果ab<0,那么f(x)为单调函数.故B正确.对C,当a>0,b>0时,函数f(x)=a e x+b e-x≥2√ae x·be-x=2√ab>0,当a<0,b<0时,函数f(x)=-(-a e x-b e-x)≤-2√(-ae x)·(-be-x)=-2√ab<0.综上,如果ab>0,那么函数f(x)没有零点.故C正确.对D,由ab=1,得b=1a.当a<0,b<0时,函数f(x)=--a e x-1ae-x≤-2√(-ae x)·(-1ae-x)=-2;当a>0,b>0时,函数f(x)=a e x+1a e-x≥2√ae x·1ae-x=2.故ab=1时,函数f(x)没有最小值.故D错误.10.AC解析当x>0时,f(-x)=-ln(k+x)=-f(x),当x<0时,f(-x)=ln(k-x)=-f(x),所以f(x)是奇函数,故选项A正确;当x>0时,f(x)=ln(k+x)单调递增,且f(x)>ln k,当x<0时,f(x)=-ln(k-x)单调递增,且f(x)<-ln k,f(x)的值域为(-∞,-ln k)∪(ln k,+∞),若k≥1,ln k≥0,此时f(x)的值域不包含0,且f(x)在定义域上单调递增,故选项B错误,选项C正确;对于选项D,若k=12,ln k=-ln 2,而ln 2<1,由前面的分析可知,方程f(x)=1在区间(-∞,0)上没有实数根,在区间(0,+∞)上有一个实数根,故选项D错误.11.2(答案不唯一)解析由x2+2x=0可得x=0或x=-2,由ln x=0可得x=1,因为函数f(x)={x2+2x,x≤t,lnx,x>t(t>0)有两个零点,且其图象过点(e,1),所以e>t≥1.所以t可取2.12.(-∞,e)解析由题意得,g(-x)=f(x)在区间(0,+∞)上有解,即e-x=ln(x+a)在区间(0,+∞)上有解,所以函数y=e-x与函数y=ln(x+a)的图象在区间(0,+∞)上有交点.如图,函数y=ln(x+a)的图象是由函数y=ln x的图象左右平移得到的,当y=ln x的图象向左平移至使y=ln(x+a)的图象经过点(0,1)时,函数y=e-x与函数y=ln(x+a)的图象交于点(0,1),将点(0,1)的坐标代入e-x=ln(x+a),有1=ln(0+a),得a=e,所以,若函数y=ln x的图象往左平移a个单位长度,且a≥e时,则函数y=e-x与函数y=ln(x+a)的图象在区间(0,+∞)上无交点.将函数y=ln x的图象向右平移时,函数y=e-x与y=ln(x+a)的图象在区间(0,+∞)上恒有交点.所以a<e,即a∈(-∞,e).。
文数二轮复习专题一 突破高考客观题常考问题 -数学(文科)-全国卷地区专用
技法篇 选择题、填空题常用解法
核
心 知
[答案] (1)D (2)B
识 聚
[解析] (1)两点关于直线对称，则它们的中点一定在已知直线
焦 上，即中点满足直线方程．选项 A，中点为(－1，4)，代入
直线方程 5x＋4y＋21＝0，得 5×(－1)＋4×4＋21＝32≠0，不
满足方程；选项 B，中点为(－2，－3)，代入直线方程 5x＋
返回目录
技法篇 选择题、填空题常用解法
核
心 知
[答案] (1)C (2)B
识 聚
[解析] (1)根据条件，不妨取 a＝1，b＝e，则 p＝f( e)＝ln e＝
焦 12，q＝f(1＋2 e)>f( e)＝12，r＝12(f(1)＋f(e))＝12，在这种特例情
况下满足 p＝r<q，所以选 C.
π
π
＝
2
，
logabb
＝
1 3
，
显
然
1 3
<
1 2
<2
，
∴
logabb<logab<logba.
返回目录
技法篇 选择题、填空题常用解法
方法三
数形结合法
数形结合法是一个将数学问题从“数”与“形”两个方面相
互联系的一种思想方法．在解答选择题的过程中，可以先根
据题意，作出草图，然后参照图形的形状、位置、性质，综
核 心
(2)f(x)＝4cos2x2sin x－2sin x－|ln(x＋1)|＝2sin x·2cos2x2－1
知 识
－|ln(x＋1)|＝sin 2x－|ln(x＋1)|.令 f(x)＝0，得 sin 2x＝|ln(x＋
2020届高考数学(文)课标版二轮习题：考前冲刺 巧用10种解题术 含解析
巧用10种解题术解题术一 “抛砖引玉,特例引路”术对条件与结论之间关系不太明显的命题求解,可采用“投石问路”的方式,先解决与它有关的一个简单的特例或一个熟悉的特例,然后将这一特例的解法拓展到一般情形,从而使原命题获得解决.这就是“特例引路术”.一般地,对于涉及定值、定点的问题,常常从图形的特殊情况入手,先把定值、定点确定下来,使结论有一个明确的方向.这是因为一般情况与特殊情况之间往往有某种内在的联系可以使用,或论证方法有相似之处可以借鉴.典例1 已知抛物线C:y 2=2px(p>0)的焦点为F(1,0),O 为坐标原点,A,B 是抛物线C 上异于O 的两点.(1)求抛物线C 的方程;(2)若直线OA,OB 的斜率之积为-12,求证:直线AB 过x 轴上一定点.解析 (1)因为抛物线y 2=2px(p>0)的焦点F 的坐标为(1,0),所以p2=1,所以p=2. 所以抛物线C 的方程为y 2=4x. (2)证明:①当直线AB 的斜率不存在时, 设A (t 24,t),B (t 24,-t).因为直线OA,OB 的斜率之积为-12, 所以t t 24·-t t 24=-12,化简得t 2=32.所以A(8,t),B(8,-t),此时直线AB 的方程为x=8.②当直线AB 的斜率存在时,设其方程为y=kx+b,A(x A ,y A ),B(x B ,y B ),联立得{y 2=4x,y =kx +b,化简得ky 2-4y+4b=0.根据根与系数的关系得y A y B =4b k ,因为直线OA,OB 的斜率之积为-12,所以y A x A·y B x B=-12,即x A x B +2y A y B =0.即y A 24·y B24+2y A y B =0,解得y A y B =0(舍去)或y A y B =-32.所以y A y B=4b=-32,即b=-8k,所以直线AB的方程为y=kx-8k,即y=k(x-8).k综上所述,直线AB过定点(8,0).先以直线AB的斜率不存在为特例,求出直线AB的方程,从而探求出直线AB过的定点,为探求直线AB斜率存在时过的定点提供方向.解题术二“图作向导,用图探路”术对题设条件不够明显的数学问题求解,要注意相关的图形,巧用图形作向导,可打破思维瓶颈,多途径找到突破方法.尤其是对一些以函数、三角函数、不等式等形式给出的命题,其本身虽不带有图形,但可以设法构造相应的辅助图形进行分析,将代数问题转化为几何问题求解.力争做到有图用图,无图想图,补形改图,充分运用其几何特征的直观性来启迪思维,从而较快地获得解题的途径.这就是“用图探路术”.典例2已知函数f(x)=2x-1,g(x)=1-x2,构造函数F(x)如下:当|f(x)|≥g(x)时,F(x)=f(x);当|f(x)|<g(x)时,F(x)=-g(x).则F(x)()A.有最小值0,无最大值B.无最小值,有最大值1C.有最小值-1,无最大值D.无最小值,也无最大值答案C解析在同一直角坐标系中,作出函数y=|f(x)|=|2x-1|与y=g(x)=1-x2的图象,如图(1)所示.从而得到函数F(x)的图象,如图(2)所示.故选C.(1)解决本题的关键是读懂F(x)的意义,利用y=|f(x)|=|2x -1|与y=g(x)=1-x 2的图象作出F(x)的图象.(2)y=|f(x)|的图象就是保留y=f(x)的图象在x 轴上方的部分,将y=f(x)的图象在x 轴下方的部分沿x 轴向上对称翻折而得到. 解题术三 “巧记变量,引参搭桥”术当利用题目条件中的已知量或变量无法直接与要求的结论之间建立关系式时,可考虑引入一些中间变量,即参数(可以是角度、线段、斜率及点的坐标等),来建立条件与结论之间的联系,这是一种非常重要的解题方法,也就是我们所说的“引参搭桥术”,尤其在解析几何中,应用较为广泛.典例3 如图,△ABC 的外接圆的圆心为O,半径r=1,且∠ACB=45°,若存在实数p,q 使OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =p OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +q OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,则p+q 的取值范围是 .答案 [-√2,1)解析 由已知得圆O 的方程为x 2+y 2=1, 设动点C 的坐标为(cosθ,sinθ)(θ∈(π2,2π)).由A(0,1),B(1,0),C(cosθ,sinθ)及OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =p OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +q OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得p=sinθ,q=cosθ. 于是p+q=√2sin (θ+π4),又θ+π4∈(3π4,9π4),所以p+q ∈[-√2,1).向量关系中的系数范围问题是近几年高考考查的热点,这种问题常常与平面几何中的三角形、四边形、圆相交汇,利用建系设点、向量关系代数化、引入参数、建立目标函数等方法即可解决此种问题.解题术四“解题常招,设参换元”术在解答数学问题时,我们常把某个代数式看成一个新的未知数,或将某些变元用另一参变量的表达式来替换,以便将所求的式子变形,优化思考对象,让原来不醒目的条件或隐含的信息显露出来,促使问题的实质明朗化,使非标准型问题标准化,从而便于我们将问题化繁为简、化难为易、化陌生为熟悉,从中找出解题思路.这种通过换元改变式子形式来变换研究对象,将问题移至新对象的知识背景中去探究解题思路,就是“设参换元术”,常见的换元法:三角代换、比值代换、整体代换等.典例4已知椭圆Ω:x2a2+y2b2=1(a>b>0),直线√22x+y=1经过Ω的右顶点和上顶点.(1)求椭圆Ω的标准方程;(2)设椭圆Ω的右焦点为F,过点G(2,0)作斜率不为0的直线交椭圆Ω于M,N两点,求△FMN的面积S的最大值.解析(1)已知直线√22x+y=1经过Ω的右顶点和上顶点,令x=0,得y=1,所以椭圆的上顶点的坐标为(0,1),即b=1;令y=0,得x=√2,所以椭圆的右顶点的坐标为(√2,0),即a=√2.所以椭圆Ω的标准方程为x 22+y2=1.(2)由题意可得直线MN过点G(2,0),其斜率存在且不为0,可设其方程为y=k(x-2)(k≠0),由{y=k(x-2),x22+y2=1消去y整理得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0.因为直线MN与椭圆交于两点,所以Δ=(-8k2)2-4(1+2k2)(8k2-2)=8(1-2k2)>0,解得0<k2<12.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=8k 21+2k2,x1x2=8k2-21+2k2,所以|MN|=√1+k 2·|x 1-x 2| =√(k 2+1)[(x 1+x 2)2-4x 1x 2] =√(k 2+1)[(8k 21+2k )2-4×8k 2-21+2k ]=√8(k 2+1)(1-2k 2)1+2k .易知椭圆的右焦点为F(1,0),则点F(1,0)到直线MN 的距离d=√2=√2,所以S=12|MN|·d=12·√8(k 2+1)(1-2k 2)1+2k ·√2=12|k|√8(1-2k 2)1+2k =√2·√(1-2k )k (2k +1).令t=1+2k 2,t ∈(1,2),则k 2=t -12, 则S=√2·√-t 2+3t -22t 2=√2·√-1t 2+32t -12=√2·√-(1t -34)2+116, 所以当t=43,即k 2=16时,S 取得最大值,最大值为√24.经检验,k 2=16满足0<k 2<12,故△FMN 的面积S 的最大值为√24.解析几何中的最值问题的常见解题思路:先利用已知条件,建立关于参数的函数,再求解函数的最值.所建立的函数通常结构复杂,不易直接求解,可通过换元将其转化为简单的函数,然后求最值.如该题就是利用t=2k 2+1,将所求转化为二次函数的最值问题.解题术五 “变量交错,分离协调”术对含有多个变量的问题,在求解时往往需要分离变量,即将混为一团的变量分开,使之各自成为一个小整体,便于分别分析各自所具有的特征、研究它们之间的差异,从中发现解题的思路.这种通过对变量的分离来协调变量间的关系,理顺解题思路进行各个击破的解题策略,就是“分离变量术”.典例5 设函数f(x)=lg1+2x +…+(n -1)x +n x ax,其中a ∈R,n 是任意给定的自然数,且n ≥2,如果当x ∈(-∞,1]时,f(x)有意义,求a 的取值范围.解析 由题意有1+2x +…+(n-1)x +n x a>0, 从而a>-[(1n )x+(2n )x+…+(n -1n)x ].因为n≥2,而y=(kn )x(k=1,2,…,n-1)是(-∞,1]上的递减函数,所以[(1n )x+(2n)x+…+(n-1n)x]≥1n+2n+…+n-1n=n-12,故a>-n-12.巧将变元a与变元n,x分离,促使它们的隐含关系显露出来,以便获得解题方向.这种做法就是“分离变量”战术思想的体现.解题术六“因势推导,反客为主”术解答数学题时通常把注意力集中在主变元上,当思维受阻时,要从条件与结论的内在联系变换思考方向,视其参变元为主变元进行研究、推导,也能得到解决问题的途径,有时还能获得问题的巧解.这种做法就是“反客为主术”.典例6已知f(x)=ax2+2(2a-1)x+4a-7,a∈N*,若f(x)=0至少有一个整数根,则a的取值为.答案1和5解析依题意可知,当f(x)=0时,有2x+7=a(x+2)2,①显然,当x=-2时,方程①不成立.故有a=2x+7(x+2)2(x≠-2),②于是,当a为正整数时,必有2x+7≥(x+2)2,且x∈Z,x≠-2,即x必须满足条件-3≤x≤1(x∈Z,x≠-2).由此可知,x只能在-3,-1,0,1中取值.将-3,-1,0,1分别代入②中,得知仅当x=-3,x=-1和x=1时能保证a为正整数,且此时有a=1和a=5,所以,当a=1和a=5时,方程f(x)=0至少有一个整数根.从函数的角度看x为主变元,参数a是次变元.这里将原问题转化为a是x的函数关系式来讨论x ②,就是“反客为主”的一种具体的体现.易知,本题若用求根公式解出x=1-2a±√3a+1a的整数值,将是十分繁琐的.解题术七“换位推理,声东击西”术有些命题直接求解会感到困难或根本难以从条件入手,这时可避开正面强攻,从结论的对立面入手,或考查与其相关的另一问题,或反例,从中也可以找到解决问题的途径,有时甚至还能获得最佳的解法.这就是“声东击西术”.常见的基本方法:反证法、补集法、反例法等.典例7若△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则()A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形答案D解析由题意可知△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形.由已知条件得△A2B2C2不是直角三角形.假设△A2B2C2是锐角三角形,则由题意可得{sinA 2=cosA 1=sin (π2-A 1),sinB 2=cosB 1=sin (π2-B 1),sinC 2=cosC 1=sin (π2-C 1),解得{ A 2=π2-A 1,B 2=π2-B 1,C 2=π2-C 1,所以A 2+B 2+C 2=(π2-A 1)+(π2-B 1)+(π2-C 1),即π=3π2-π,显然该等式不成立,所以假设不成立. 所以△A 2B 2C 2不是锐角三角形,所以△A 2B 2C 2是钝角三角形.故选D.解题术八 “追求界值,极端原理”术选择运动变化中的极端值,往往是动静转换的关键点,可以起到降低解题难度的作用,因此是一种较高层次的思维方法.从有限到无限,从近似到精确,从量变到质变,运用极端值法解决某些问题,可以避开抽象、复杂的运算,降低难度,优化解题过程.典例8 双曲线x 2-y 2=1的左焦点为F,点P 为左支下半支上异于顶点A 的任意一点,则直线PF 斜率的变化范围是( )A.(-∞,-1)∪(1,+∞)B.(-∞,0)C.(-∞,0)∪(1,+∞)D.(1,+∞)答案 C 解析 如图所示,当P →A 时,PF 的斜率k →0.当PF ⊥x 轴时,PF 的斜率不存在,即k →±∞. 当P 在无穷远处时,PF 的斜率k →1. 结合四个备选项可知,选C.解题术九 “关注整体,设而不求”术设而不求是数学解题中的一种很有用的方法,采用设而不求的策略,往往能避免盲目推演而造成的复杂运算,从而达到准确、快速的解题效果.方法一 整体代入,设而不求在解决某些涉及若干个量的求值问题时,要有目标意识,通过虚设的策略,整体转化的思想,绕开复杂的运算过程,可使问题迅速得到解决.典例9 已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 8-2S 4=5,则a 9+a 10+a 11+a 12的最小值为( )A.10B.15C.20D.25答案 C解析 由题意可得a 9+a 10+a 11+a 12=S 12-S 8,由S 8-2S 4=5可得S 8-S 4=S 4+5,由等比数列的性质可得S 4,S 8-S 4,S 12-S 8成等比数列,则S 4(S 12-S 8)=(S 8-S 4)2,综上可得a 9+a 10+a 11+a 12=S 12-S 8=(S 4+5)2S 4=S 4+25S 4+10≥2√S 4+25S 4+10=20,当且仅当S 4=5时等号成立,综上可得a 9+a 10+a 11+a 12的最小值为20.方法二 适当引参,设而不求合理地引入参数,可使解题目标更加明确,已知和欲求之间的联系得以明朗化,使问题能够得到解决.典例10 已知对任何满足(x-1)2+y 2=1的实数x,y,如果x+y+k ≥0恒成立,求实数k 的取值范围.解析 将(x-1)2+y 2=1化为极坐标方程, 得{x =1+cosθ,y =sinθ(θ∈R),则可设g(θ)=x+y+k=sinθ+cosθ+1+k =√2sin (θ+π4)+1+k ≥-√2+1+k, 令-√2+1+k ≥0,得k ≥√2-1. 方法三 巧设坐标,设而不求在解析几何问题中,对于有关点的坐标采用设而不求的策略,能促使问题定向,简便化归,起到以简驭繁的解题效果.典例11 设抛物线y 2=2px(p>0)的焦点为F,经过点F 的直线交抛物线于A,B 两点,点C 在抛物线的准线上,且BC ∥x 轴,求证:直线AC 经过原点O.证明 如图,设点A(2p t 12,2pt 1),B(2p t 22,2pt 2),则点C (-p2,2pt 2).因为直线AB 过焦点F,所以2pt 1·2pt 2=-p 2, 解得t 1t 2=-14.又直线OC 的斜率k OC =2pt 2-0-p2-0=-4t 2=1t 1,直线OA 的斜率k OA =2pt 1-02pt 12-0=1t 1,则k OC =k OA ,故A,O,C 三点共线,即直线AC 经过原点O.解题术十 “思维受限,攻坚突围”术思维受限一般出现在压轴题或计算量大的题上,有时也出现在一些条件特殊的选择题、填空题上,这些题不一定就是难度很大的题,反而可能是因某些运算或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子想不出解决方法的题.一般来说,对此类问题的突围关键在于如何针对已有的信息与所求目标的差异进行综合分析,整合相关的结论(包括已推得的结论),注重信息的迁移.要注重考查命题所涉及的概念、定理,把握命题的结构特点,构建相应的数学模型进行模仿探索,力争做到求什么,想什么.在审查已做的运算、推理与所求结论的要求是否正确时,要注重隐含条件的挖掘与整合,仔细清查还有哪些条件未用上,还有哪些相关的通法未用到,力争做到给什么,用什么.在将条件与结论联系起来时,要勇于试探、创新思维,注重类比、猜想、凑形、配式,力争做到差什么,找什么.这就是我们常常说的“思维受限突围术”.常见的突围策略有以下两种:策略一前难后易空城计对设有多问的数学命题,若前一问不会解,而后面的几问又是自己容易解的,或是可用第一问的结论来求解的,此时应放弃第一问的求解,着重攻后面的几问,并将第一问的结论作为后几问的条件使用,巧妙地配合题设条件或有关定理解答后面的问题.这种利用自己根本不懂或不会证明的问题条件来解后几问的做法,就是数学解题中的“空城计”,即前问难后问易,弃前攻后为上计(有时也说成:前难后易前问弃,借前结论攻后题).典例12设函数f(x)=lnx-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当x∈(1,+∞)时,1<x-1lnx<x;(3)设c>1,证明:当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.解析(1)由题设可知,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-1,令f'(x)=0,解得x=1.当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.(2)证明:由(1)知,f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x≠1时,lnx<x-1.故当x∈(1,+∞)时,lnx<x-1,ln1x <1x-1,即1<x-1lnx<x.(3)证明:设g(x)=1+(c-1)x-c x(c>1),则g'(x)=c-1-c x lnc.令g'(x)=0,解得x 0=ln c -1lnc lnc .当x<x 0时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>x 0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.由(2)知1<c -1lnc <c,故0<x 0<1.又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0,所以当x ∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x .(1)求出导函数f'(x),然后确定函数f(x)的单调性;(2)利用(1)的结论证明;(3)构造新函数,然后通过研究新函数的单调性来证明.解决本题时,由于第(2)问较麻烦,很多考生不会做或花费较长时间,从而延误了第(3)问的解答,由题意可知,第(3)的解答可直接利用第(2)问的结论,构造函数后易判断证明,因此求解时可跨过第(2)问先解决第(3)题,从而增大了本题的得分率.这是解决此类题的上策之举.策略二 前解倒推混战术有些数学命题的求解,开始入手还较为顺畅,但一到最后就难以继续前进了.此时若知悉它的大致趋势和结果,则根据所求结论的形式、特点,进行反推、凑形,直到得出大致与所要达到的目标相当、相同或相似的式子,再来巧妙地进行求解也是可行的.这种不按常规方式出牌的解题方法我们称之为“混战术”.典例13 已知函数f(x)=(x-2)e x +a(x-1)2有两个零点.(1)求a 的取值范围;(2)设x 1,x 2是f(x)的两个零点,证明:x 1+x 2<2.解析 (1)f'(x)=(x-1)e x +2a(x-1)=(x-1)(e x +2a).①设a=0,则f(x)=(x-2)e x ,f(x)只有一个零点.②设a>0,则当x ∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln a2,则f(b)>a2(b-2)+a(b-1)2=a(b2-32b)>0,故f(x)存在两个零点.③设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a≥-e2,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)内单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.若a<-e2,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0.因此f(x)在(1,ln(-2a))内单调递减,在(ln(-2a),+∞)内单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围是(0,+∞).(2)证明:不妨设x1<x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),又f(x)在(-∞,1)内单调递减,所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0.由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(1-x2)2,而f(x2)=(x2-2)e x2+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)e x2,设g(x)=-xe2-x-(x-2)e x,则g'(x)=(x-1)(e2-x-e x).所以当x>1时,g'(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0.从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.(1)由函数有两个零点,得出关于a的不等式进行求解;(2)构造函数证明不等式.解答本题第(2)问利用了逆向解答,把要证明的x1+x2<2巧妙地转化为f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0,从而确定出f(2-x2)的表达式,再构建函数证明不等式.。
2025高考数学二轮复习数列解答题
解 (1)设数列{an}的公差为 d,数列{bn}的公比为 q(q>0).
1 + 2 = 21 ,
2 + 2 = 2,
= 2,
由题意得
5×4
3 即 10 + 10 = + 3 ,解得 = 3.
51 + 2 = 1 + 1 ,
∴an=2+2(n-1)=2n,bn=1×3n-1=3n-1.
,为偶数,
和.
2.错位相减法
一般地,数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,
可采用错位相减法,一般是和式两边同乘等比数列{bn}的公比,然后作差求
解.
3.裂项相消法
实质是将数列的通项分解为两项之差,求和时能消去中间的一些项,最终达
到求和的目的,其解题的关键是准确地裂项和消项.
3 + 2, = 2,∈N* ,
所以bn+1=a2n+1=3a2n+2=3(2a2n-1+1)+2=6a2n-1+5=6bn+5.
因为b1+1=a1+1=2≠0,且bn+1+1=6(bn+1),所以数列{bn+1}是首项为2,公比
为6的等比数列.
所以bn+1=2·
6n-1,则bn=2·
6n-1-1.
3
1
①Sn= +m(m∈R),②Sn= an+1+m(m∈R),且 a1=1.请在这两个条件中选一个
2
2
补充在下面的横线上并解答.
若
,
(1)求m的值及数列{an}的通项公式;
高考数学二轮复习 专题知识突破 解答题六大题型解答策略 2133 立体几何课件(文、理)新人教A版
类型二
线面位置关系的证明、空间角的计算
【例 2】 (理)如图，在多面体 ABCDEF 中，ABCD 为正方形，
ED⊥平面 ABCD，FB∥ED，且 AD＝DE＝2BF＝2.
第十八页，共39页。
(1)求证：AC⊥EF； (2)求二面角 C－EF－D 的大小； (3)设 G 为 CD 上一动点，试确定 G 的位置使得 BG∥平面 CEF， 并证明你的结论．
第八页，共39页。
[标准解答] (1)证明：连接 AD1， ∵AD1 綊 BC1 綊 B1E，
∴四边形 AB1ED1 是平行四边形． 则 D1E∥AB1， 又 AB1⊂平面 AB1C，D1E⊄平面 AB1C， ∴D1E∥平面 ACB1.(4 分)
第九页，共39页。
(2)证明：由已知得 B1C2＋B1E2＝4＝CE2， 则 B1E⊥B1C， 由长方体的特征可知：CD⊥平面 B1BCE 而 B1E⊂平面 B1BCE， 则 CD⊥B1E， ∴B1E⊥平面 DCB1.
第三十三页，共39页。
易知平面 ADB 的法向量为O→C＝(0,0,2) 设平面 ACD 的一个法向量为 m＝(x，y，z)，
m·A→C＝0， 则m·A→D＝0，
即2y3＋x＋2zy＝＝00，，
取 x＝1，则 y＝－ 3，z＝ 3，
即 m＝(1，－ 3， 3)，
第三十四页，共39页。
→
∴cos〈O→C，m〉＝|OO→CC|·|mm|＝22×
第一部分(bù fen) 高考专题串串讲
第一页，共39页。
第二(dìèr)版块 考前抢分策略
第二页，共39页。
专题一 备战(bèi zhàn)技法指导
第三页，共39页。
第三讲 解答题六大(liù dà)题型解答策略
高考二轮复习高考理科数学 突破6类解答题
突破6类解答题一、三角函数问题重在“变”——变角、变式与变名 三角函数类解答题是高考的热点,其起点低、位置前,但由于公式多,性质繁,不少同学对其有种畏惧感.突破此类问题的关键在于“变”——变角、变式与变名.(1)变角:已知角与特殊角的变换、已知角与目标角的变换、角与其倍角的变换、两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用.如α=(α+β)-β=(α-β)+β,2α=(α+β)+(α-β),2α=(β+α)-(β-α).(2)变式:根据式子的结构特征进行变形,使其更贴近某个公式,方法通常有:“常值代换”“逆用、变形用公式”“通分约分”“分解与组合”“配方与平方”等.(3)变名:通过变换函数名称达到减少函数种类的目的,方法通常有“切化弦”“升次与降次”等.例1 在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.已知a>b,a=5,c=6,sin B=.35(1)求b 和sin A 的值;(2)求sin 的值.(2A +π4)解析 (1)在△ABC 中,因为a>b,故由sin B=,可得cos B=.由已知及余弦定理,得3545b 2=a 2+c 2-2accos B=13,所以b=.13由=,得sin A==.(变式)a sin A bsin B a sin B b 31313所以,b 的值为,sin A 的值为.1331313(2)由(1)及a<c,得cos A=,21313所以sin 2A=2sin Acos A=,cos 2A=1-2sin 2A=-.(变名)1213513故sin=sin 2Acos +cos 2Asin =.(变角)(2A +π4)π4π47226变式:利用恒等变换变为sin A=.a sin Bb 变名:利用二倍角公式实现三角函数名称的变化.变角:把2A+的三角函数表示为2A 和的三角函数.π4π4▲破解策略 求解此类题目的策略:既要注重三角知识的基础性,又要注重三角知识的应用性,突出与代数、几何、向量等知识的综合联系.“明确思维起点,把握变换方向,抓住内在联系,合理选择公式”是三角变换的要诀.在解题时,要紧紧抓住“变”这一核心,灵活运用公式与性质,仔细审题,快速运算.跟踪集训 (2018天津,15,13分)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.已知bsin A=acos.(B -π6)(1)求角B 的大小;(2)设a=2,c=3,求b 和sin(2A-B)的值.二、数列问题重在“归”——化归、归纳 等差数列与等比数列是两个基本数列,是一切数列问题的出发点与归宿.首项与公差(比)称为等差数列(等比数列)的基本量.只要涉及这两个数列的数学问题,我们总希望把条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系,从而达到解决问题的目的.这种化归为基本量处理的方法是等差或等比数列特有的方法,对于不是等差或等比的数列,可从简单的个别的情形出发,从中归纳出一般的规律、性质,这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法:观察、归纳、猜想、证明.由于数列是一种特殊的函数,也可根据题目的特点,将数列问题化归为函数问题来解决.例2 (2017课标全国Ⅲ文,17,12分)设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n.(1)求{a n }的通项公式;(2)求数列的前n 项和.{a n2n +1}解析 (1)因为a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n,故当n ≥2时,a 1+3a 2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1).(归纳)两式相减得(2n-1)a n =2(n ≥2).所以a n =(n ≥2).22n -1又由题设可得a 1=2,从而{a n }的通项公式为a n =(n ∈N *).22n -1(2)记的前n 项和为S n .{a n2n +1}由(1)知==-.(化归)a n2n +12(2n +1)(2n -1)12n -112n +1则S n =-+-+…+-=.1113131512n -112n +12n2n +1归纳:通过条件归纳出a 1+3a 2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1)(n ≥2),进而得出{a n }的通项公式.化归:把数列的通项分拆,利用裂项相消法求和.▲破解策略 “算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想,利用这种思想可探索一些一般数列的简单性质.等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列,高考中通常考查的是非等差、等比数列问题,应对的策略就是通过化归思想,将其转化为这两种数列.跟踪集训 已知数列{a n }的前n 项和S n =,n ∈N *.n 2+n2(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =+(-1)n a n ,求数列{b n }的前2n 项和.2an三、立体几何问题重在“建”——建模、建系 立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合,以某个几何体为依托,分步设问,逐层加深,解决这类题目的原则是建模、建系.建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型;建系——依托于题中的垂直条件,建立空间直角坐标系,利用空间向量求解.例3 (2018课标全国Ⅲ,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M 是上异于C,D 的点.⏜CD⏜CD(1)证明:平面AMD ⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC 体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值. 解析 (1)证明:由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC ⊥CD,BC ⊂平面ABCD,所以BC ⊥平面CMD,故BC ⊥DM.因为M 为上异于C,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM.⏜CD又BC ∩CM=C,所以DM ⊥平面BMC.(建模)而DM ⊂平面AMD,故平面AMD ⊥平面BMC.(建模)(2)以D 为坐标原点,的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-DA xyz.(建系)当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为的中点.由题设得⏜CDD(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),则=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).AM AB DA 设n=(x,y,z)是平面MAB 的法向量,则即{n ·AM =0,n ·AB =0,{-2x +y +z =0,2y =0,可取n=(1,0,2).是平面MCD 的法向量,因此DA cos<n,>==,DA ·DA|n ||DA|5sin<n,>=.DA 255所以面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值是.25建模:构建线面垂直、面面垂直的模型.建模:构建二面角的平面角模型.建系:以两两垂直的直线为坐标轴.▲破解策略 立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定,因此,复习备考时往往有“纲”可循,有“题”可依.在平时的学习中,要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练,切勿顾此失彼;要重视识图训练,能正确确定关键点或线的位置,将局部空间问题转化为平面问题;能依托于题中的垂直条件,建立适当的空间直角坐标系,将几何问题化归为代数问题.跟踪集训 (2018合肥第一次教学质量检测)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,BF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,BF=DE,M为棱AE的中点.(1)求证:平面BDM∥平面EFC;(2)若DE=2AB,求直线AE与平面BDM所成角的正弦值.四、概率问题重在“辨”——辨析、辨型 概率与统计问题的求解关键是辨别它的概率模型,只要找到模型,问题便迎刃而解.而概率与统计模型的提取往往需要经过观察、分析、归纳、判断等复杂的辨析思维过程,同时,还需清楚概率模型中等可能事件、互斥事件、对立事件等事件间的关系,注意放回和不放回试验的区别,合理划分复杂事件.例4 (2016课标Ⅱ,18,12分)某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:上年度出险次数01234≥5保 费0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a2a设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:一年内出险次数01234≥5概 率0.300.150.200.200.100.05 (1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率;(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.解析 (1)设A表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1,(辨析1)故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(辨型1)(2)设B 表示事件:“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,则事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于3,(辨析2)故P(B)=0.1+0.05=0.15.又P(AB)=P(B),故P(B|A)====.(辨型2)P (AB )P (A )P (B )P (A )0.150.55311因此所求概率为.311(3)记续保人本年度的保费为X 元,则X 的分布列为X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P0.300.150.200.200.100.05 EX=0.85a×0.30+a×0.15+1.25a×0.20+1.5a×0.20+1.75a×0.10+2a×0.05=1.23a.因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.辨析1:判断事件A 发生,在一年内出险次数为2,3,4或≥5.辨型1:该问题为求随机事件的概率,利用互斥事件的概率加法公式求解.辨析2:判断事件B 发生,在一年内出险次数为4或≥5.辨型2:该问题为条件概率,可利用公式求解.▲破解策略 概率与统计知识的复习应抓住基本概念、基本公式,不需要做难题、偏题、怪题.在审题时,一般按以下程序操作:(1)准确弄清问题所涉及的事件有什么特点,事件之间有什么关系,如互斥、对立、独立等;(2)理清事件以什么形式发生,如同时发生、至少有几个发生、至多有几个发生、恰有几个发生等;(3)明确抽取方式,如放回还是不放回、抽取有无顺序等;(4)准确选择排列组合的方法来计算基本事件发生数和事件总数,或根据概率计算公式和性质来计算事件的概率.跟踪集训 (2018湖北五校联考)通过随机询问100名性别不同的大学生是否爱好某项运动,得到如下2×2列联表:男女总计爱好40不爱好25总计45100(1)将题中的2×2列联表补充完整;(2)能否有99%的把握认为是否爱好该项运动与性别有关?请说明理由;(3)如果按性别进行分层抽样,从以上爱好该项运动的大学生中抽取6人组建“运动达人社”,现从“运动达人社”中选派3人参加某项校际挑战赛,记选出3人中的女大学生人数为X,求X 的分布列和数学期望.附:P(K 2≥k 0)0.0500.0100.001k 03.8416.63510.828K 2=.n (ad -bc )2(a +b )(c +d )(a +c )(b +d )五、解析几何问题重在“设”——设点、设线 解析几何试题知识点多,运算量大,能力要求高,综合性强,在高考试题中大都是以压轴题的形式出现,是考生“未考先怕”的题型,不是怕解题无思路,而是怕解题过程中繁杂的运算.因此,在遵循“设——列——解”程序化解题的基础上,应突出解析几何“设”的重要性,以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾,突破如何避繁就简这一瓶颈.例5 (2018课标全国Ⅰ文,20,12分)设抛物线C:y 2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A 的直线l 与C 交于M,N 两点.(1)当l 与x 轴垂直时,求直线BM 的方程;(2)证明:∠ABM=∠ABN. 解析 (1)当l 与x 轴垂直时,l 的方程为x=2,可得M 的坐标为(2,2)或(2,-2).所以直线BM 的方程为y=x+1或y=-x-1.1212(2)证明:当l 与x 轴垂直时,AB 为MN 的垂直平分线,所以∠ABM=∠ABN.当l 与x 轴不垂直时,设l 的方程为y=k(x-2)(k ≠0),(设线)M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),则x 1>0,x 2>0.(设点)由{y =k (x -2),y 2=2x得ky 2-2y-4k=0,可知y 1+y 2=,y 1y 2=-4.2k 直线BM,BN 的斜率之和为k BM +k BN =+=.①y 1x 1+2y 2x 2+2x 2y 1+x 1y 2+2(y 1+y 2)(x 1+2)(x 2+2)将x 1=+2,x 2=+2及y 1+y 2,y 1y 2的表达式代入①式分子,可得x 2y 1+x 1y 2+2(y 1+y 2)=y 1k y 2k ==0.2y 1y 2+4k(y 1+y 2)k-8+8k 所以k BM +k BN =0,可知BM,BN 的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN.综上,∠ABM=∠ABN.设线:斜率存在时,设直线l 方程为y=k(x-2)(k ≠0).设点:由直线l 交抛物线于M,N 两点,可设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2).▲破解策略 解析几何的试题常要根据题目特征,恰当地设点、设线,以简化运算.常见的设点方法有减元设点、参数设点、直接设点等,常见的设线方法有圆方程的标准式与一般式、直线方程有y=kx+b 、x=my+n 及两点式、点斜式等形式,还有曲线系方程、参数方程等.跟踪集训 (2018福州质量检测)在三角形MAB 中,点A(-1,0),B(1,0),且它的周长为6,记点M 的轨迹为曲线E.(1)求E 的方程;(2)设点D(-2,0),过B 的直线与E 交于P,Q 两点,求证:∠PDQ 不可能为直角.六、函数与导数问题重在“分”——分离、分解 以函数为载体,以导数为工具的综合问题是高考常考的压轴大题,多涉及含参数的函数的单调性、极值或最值的探索与讨论,复杂函数的零点的讨论,不等式中参数范围的讨论,恒成立和能成立问题的讨论等,是近几年高考试题的命题热点.对于此类综合试题,一般先求导,再变形或分解出基本函数,再根据题意处理.例6 (2017课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax 2-ax-xln x,且f(x)≥0.(1)求a;(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x 0,且e -2< f(x 0)<2-2.解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x), (分离)f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-,g'(1)=a-1,得a=1.1x 若a=1,则g'(x)=1-.1x 当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.综上,a=1.(2)证明:由(1)知f(x)=x 2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,(分解)则h'(x)=2-.当x ∈时,h'(x)<0;1x (0,12)当x ∈时,h'(x)>0,(12,+∞)所以h(x)在上单调递减,在上单调递增.(0,12)(12,+∞)又h(e -2)>0,h <0,h(1)=0,所以h(x)在上有唯一零点x 0,在上有唯一零点1,且(12)(0,12)[12,+∞)当x ∈(0,x 0)时,h(x)>0;当x ∈(x 0,1)时,h(x)<0;当x ∈(1,+∞)时,h(x)>0.因为f '(x)=h(x),所以x=x 0是f(x)的唯一极大值点.由f '(x 0)=0得ln x 0=2(x 0-1),故f(x 0)=x 0(1-x 0).由x 0∈(0,1)得f(x 0)<.14因为x=x 0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由e -1∈(0,1), f '(e -1)≠0得f(x 0)>f(e -1)=e -2,所以e -2<f(x0)<2-2.分离:把函数f(x)分离为x 与g(x)的积.分解:构造h(x)=2x-2-ln x.▲破解策略 函数与导数压轴题计算复杂、综合性强、难度大.可以参变量分离,把复杂函数分离为基本函数;可把题目分解成几个小题;也可把解题步骤分解为几个小步,注重分步解答,这样,即使解答不完整,也要做到尽可能多拿步骤分.跟踪集训 (2018贵阳摸底考试)已知函数f(x)=kx-ln x(k>0).(1)若k=1,求f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值.答案全解全析一、三角函数问题重在“变”——变角、变式与变名跟踪集训 解析 (1)在△ABC 中,由=,可得bsin A=asin B.asin A bsin B 又由bsin A=acos ,得asin B=acos ,(B -π6)(B -π6)即sin B=cos ,所以sin B=cos Bcos +sin Bsin ,(B -π6)π6π6所以tan B=.3又因为B ∈(0,π),所以B=.π3(2)在△ABC 中,由余弦定理及a=2,c=3,B=,π3得b 2=a 2+c 2-2accos B=7,故b=.7由bsin A=acos ,可得sin A=.(B -π6)37因为a<c,所以cos A=.27因此sin 2A=2sin Acos A=,437cos 2A=2cos 2A-1=.17所以sin(2A-B)=sin 2Acos B-cos 2Asin B =×-×=.4371217323314二、数列问题重在“归”——化归、归纳跟踪集训 解析 (1)当n=1时,a 1=S 1=1;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=-=n.n 2+n 2(n -1)2+(n -1)2a 1=1也满足a n =n,故数列{a n }的通项公式为a n =n,n ∈N *.(2)由(1)知,b n =2n +(-1)n n,记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,则T 2n =(21+22+…+22n )+(-1+2-3+4-…+2n).记A=21+22+…+22n ,B=-1+2-3+4-…+2n,则A==22n+1-2,2(1-22n)1-2B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.故数列{b n }的前2n 项和T 2n =A+B=22n+1+n-2.三、立体几何问题重在“建”——建模、建系跟踪集训 解析 (1)证明:连接AC,交BD 于点N,连接MN,则N 为AC 的中点,又M 为AE 的中点,∴MN ∥EC.∵MN ⊄平面EFC,EC ⊂平面EFC,∴MN ∥平面EFC.∵BF,DE 都垂直底面ABCD,∴BF ∥DE.∵BF=DE,∴四边形BDEF 为平行四边形,∴BD ∥EF.∵BD ⊄平面EFC,EF ⊂平面EFC.∴BD ∥平面EFC.又MN ∩BD=N,MN,BD ⊂平面BDM,∴平面BDM ∥平面EFC.(2)∵DE ⊥平面ABCD,四边形ABCD 是正方形,∴DA,DC,DE 两两垂直,如图,建立空间直角坐标系D-xyz.设AB=2,则DE=4,从而D(0,0,0),B(2,2,0),M(1,0,2),A(2,0,0),E(0,0,4),∴=(2,2,0),=(1,0,2),DB DM 设平面BDM 的法向量为n=(x,y,z),则得{n ·DB =0,n ·DM =0,{2x +2y =0,x +2z =0.令x=2,则y=-2,z=-1,从而n=(2,-2,-1)为平面BDM 的一个法向量.∵=(-2,0,4),设直线AE 与AE 平面BDM 所成的角为θ,则sin θ=|cos<n,>|==,AE |·AE|n ||AE ||4515∴直线AE 与平面BDM所成角的正弦值为.4515四、概率问题重在“辨”——辨析、辨型跟踪集训 解析 (1)2×2列联表补充如下:男女总计爱好402060不爱好152540总计5545100(2)由(1)知K 2=≈8.25>6.635,100×(40×25-20×15)255×45×60×40所以有99%的把握认为是否爱好该项运动与性别有关.(3)由题意,抽取的6人包括4名男生,2名女生,X 的所有可能取值为0,1,2,则P(X=0)==,C 34C3615P(X=1)==,C 24C 12C3635P(X=2)==,C 14C 22C3615故X 的分布列为X 012P153515E(X)=0×+1×+2×=1.153515五、解析几何问题重在“设”——设点、设线跟踪集训 解析 (1)依题意得,|MA|+|MB|+|AB|=6,所以|MA|+|MB|=4>|AB|,所以点M 的轨迹E 是以A(-1,0),B(1,0)为焦点且长轴长为4的椭圆,由于M,A,B 三点不共线,所以y ≠0,所以E的方程为+=1(y ≠0).x 24y23(2)证明:设直线PQ 的方程为x=my+1,代入+=1,得x 24y23(3m 2+4)y 2+6my-9=0,设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),则{y 1+y 2=-6m3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4.所以·=(x 1+2)(x 2+2)+y 1y 2DP DQ =(my 1+1)(my 2+1)+2(my 1+1+my 2+1)+4+y 1y 2=(m 2+1)y 1y 2+3m(y 1+y 2)+9=-+9-9(m 2+1)3m 2+418m23m 2+4=>0.273m 2+4所以∠PDQ 不可能为直角.六、函数与导数问题重在“分”——分离、分解跟踪集训 解析 (1)k=1,f(x)=x-ln x,定义域为(0,+∞),则f '(x)=1-,由f '(x)>0得x>1,由f '(x)<0得1x 0<x<1,∴f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).(2)解法一:函数f(x)有且只有一个零点等价于方程f(x)=0,即kx-ln x=0仅有一个实根,由kx-ln x=0得k=(x>0),ln xx 令g(x)=(x>0),则g'(x)=,ln xx 1-ln xx2当x=e 时,g'(x)=0;当0<x<e 时,g'(x)>0;当x>e 时,g'(x)<0.∴g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,∴g(x)max =g(e)=.1e 当x →+∞时,g(x)→0.又k>0,∴要使f(x)仅有一个零点,则k=.1e 解法二:f(x)=kx-ln x,f '(x)=k-=(x>0,k>0).1x kx -1x 当x=时,f '(x)=0;当0<x<时,f '(x)<0;当x>时,f '(x)>0.1k 1k 1k ∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,(0,1k )(1k ,+∞)∴f(x)min=f =1-ln ,(1k )1k ∵f(x)有且只有一个零点,∴1-ln =0,即k=.1k 1e。
高考二轮复习高考文科数学课标版套用20个解题模板
+
2������=-f(x),
故函数 f(x)为奇函数.(定性质)
因为对任意 t∈R,不等式 f(t2-2t)+f(2t2-k)<0 恒成立,
即 f(t2-2t)<-f(2t2-k)恒成立,
又 f(x)为奇函数,所以 f(t2-2t)<f(k-2t2)恒成立,
又 f(x)为 R 上的减函数,所以 t2-2t>k-2t2 恒成立,即 k<3t2-2t 恒成立,(巧转化)
3
高考加油！
所以 f(-x)=log1cos(-x)=log1cos x=f(x),
3
3
所以函数 f(x)为偶函数,(定性)
由图象的对称性可排除 A、B.
( ) 又
f
π 3
=log1cosπ3=log112>0,故排除
D.(判别)
3
3
故选 C.(结论)
高考复习资料
▲模板构建 由函数解析式判断函数图象问题的关键:根据函数解析式明确函数的定义
( ) ( ) 所以 a=
3 2
0.1
>
3 2
0
=1.(定范围)
( ) 因为 sin
2 018π
3 =sin
2π
672π + 3
=sin
2π 3
3 = 2 <1,
又函数 y=ln x 为(0,+∞)上的单调增函数,(研性质)
所以 b=ln
sin
2 018π
3 =ln
3
2 <ln
1=0.(定范围)
因为 1>12>13,且函数 y=log1x 为(0,+∞)上的单调减函数,(研性质)
2021-2022年高考数学二轮复习6个解答题专项强化练四数列
2021年高考数学二轮复习6个解答题专项强化练四数列1．已知{a n}为等差数列，前n项和为S n(n∈N*)，{b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)求数列{a2n b2n－1}的前n项和(n∈N*)．解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2.所以b n＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得a n＝3n－2.所以数列{a n}的通项公式为a n＝3n－2，数列{b n}的通项公式为b n＝2n.(2)设数列{a2n b2n－1}的前n项和为T n，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2n b2n－1＝(3n－1)×4n，故T n＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4T n＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述两式相减，得－3T n＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝12×1－4n 1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8. 故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.2．已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1－nq ，n ∈N *，p ，q ∈R.(1)若q ＝0，且数列{a n }为等比数列，求p 的值；(2)若p ＝1，且a 4为数列{a n }的最小项，求q 的取值范围． 解：(1)∵q ＝0，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1， ∴a 2＝a 1＋p ＝12＋p ，a 3＝a 2＋3p ＝12＋4p ，由数列{a n }为等比数列，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋4p ，解得p ＝0或p ＝1.当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，∴a n ＝12，符合题意；当p ＝1时，a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)＝12＋1－3n －11－3＝12·3n －1， ∴a n ＋1a n＝3.符合题意． ∴p 的值为0或1.(2)法一：若p ＝1，则a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)－[1＋2＋…＋(n －1)]q ＝12[3n －1－n (n －1)q ]．∵数列{a n }的最小项为a 4，∴对任意的n ∈N *，有12[3n －1－n (n －1)q ]≥a 4＝12(27－12q )恒成立，即3n －1－27≥(n 2－n －12)q 对任意的n ∈N *恒成立．当n ＝1时，有－26≥－12q ，∴q ≥136；当n ＝2时，有－24≥－10q ，∴q ≥125；当n ＝3时，有－18≥－6q ，∴q ≥3； 当n ＝4时，有0≥0，∴q ∈R ；当n ≥5时，n 2－n －12>0，所以有q ≤3n －1－27n 2－n －12恒成立，令c n ＝3n －1－27n 2－n －12(n ≥5，n ∈N *)，则c n ＋1－c n ＝2n 2－2n －123n －1＋54nn 2－16n 2－9>0，即数列{c n }为递增数列，∴q ≤c 5＝274.综上所述，q 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，274.法二：∵p ＝1，∴a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，又a 4为数列{a n }的最小项，∴⎩⎨⎧a 4－a 3≤0，a 5－a 4≥0，即⎩⎨⎧9－3q ≤0，27－4q ≥0，∴3≤q ≤274.此时a 2－a 1＝1－q <0，a 3－a 2＝3－2q <0， ∴a 1>a 2>a 3≥a 4.当n ≥4时，令b n ＝a n ＋1－a n ，b n ＋1－b n ＝2·3n －1－q ≥2·34－1－274>0，∴b n ＋1>b n ，∴0≤b 4<b 5<b 6<…， 即a 4≤a 5<a 6<a 7<….综上所述，当3≤q ≤274时，a 4为数列{a n }的最小项，即q 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，274.3．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n3＋r (r ∈R ，n ∈N *)．(1)求r 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n a n(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .①当n ∈N *时，λ<T 2n －T n 恒成立，求实数λ的取值范围；②求证：存在关于n 的整式g (n )，使得∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n∈N *都成立．解：(1)当n ＝1时，S 1＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋r ，∴r ＝23，∴S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋23.当n ≥2时，S n －1＝a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋13.两式相减，得a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，∴a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)． ∴a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1， 即a n a 1＝n n ＋12.∴a n ＝n (n ＋1)(n ≥2)， 又a 1＝2适合上式． ∴a n ＝n (n ＋1)． (2)①∵a n ＝n (n ＋1)，∴b n ＝1n ＋1，T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1. ∴T 2n ＝12＋13＋…＋12n ＋1，∴T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1. 令B n ＝T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1.则B n ＋1＝1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋3. ∴B n ＋1－B n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝3n ＋42n ＋22n ＋3n ＋2>0.∴B n ＋1>B n ，∴B n 单调递增， 故(B n )min ＝B 1＝13，∴λ<13.∴实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13.②证明：∵T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1，∴当n ≥2时，T n －1＝12＋13＋…＋1n，∴T n －T n －1＝1n ＋1， 即(n ＋1)T n －nT n －1＝T n －1＋1.∴当n ≥2时，∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝(3T 2－2T 1)＋(4T 3－3T 2)＋(5T 4－4T 3)＋…＋[(n ＋1)T n －nT n －1]＝(n ＋1)T n －2T 1＝(n ＋1)T n －1.∴存在关于n 的整式g (n )＝n ＋1，使得∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n∈N *都成立．4．已知数列{a n }满足a 1＝12，对任意的正整数m ，p ，都有a m ＋p ＝a m ·a p .(1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足a n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ＋1b n2n ＋1，求数列{b n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝2n ＋λb n ，则是否存在实数λ，使得数列{c n }是单调递增数列？若存在，求出实数λ的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵对任意的正整数m ，p ，都有a m ＋p ＝a m ·a p ，∴令m ＝n ，p ＝1，得a n ＋1＝a 1·a n ，从而a n ＋1a n ＝a 1＝12， ∴数列{a n }是首项和公比都为12的等比数列．(2)由(1)可知，a n ＝12n .由a n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ＋1b n2n ＋1得，a n －1＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ·b n －12n －1＋1(n ≥2)， 故a n －a n －1＝(－1)n ＋1b n2n ＋1(n ≥2)，故b n ＝(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1(n ≥2)． 当n ＝1时，a 1＝b 12＋1，解得b 1＝32，不符合上式．∴b n＝⎩⎪⎨⎪⎧32，n ＝1，－1n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋1，n ≥2，n ∈N *.(3)∵c n ＝2n ＋λb n ，∴当n ≥2时，c n ＝2n＋(－1)n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1λ，当n ≥3时，c n －1＝2n －1＋(－1)n －1⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋1λ， 根据题意，当n ≥3时，c n －c n －1＝2n －1＋(－1)nλ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32n >0，即(－1)n λ>－2n －132n ＋2. ①当n 为大于等于4的偶数时，有λ>－2n －132n＋2恒成立，又2n －132n＋2随着n 的增大而增大，此时⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝12835，即λ>－12835， 故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12835，＋∞.②当n 为大于等于3的奇数时，有λ<2n －132n＋2恒成立，此时⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝3219，即λ<3219. 故λ的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，3219；③当n ＝2时，由c 2－c 1＝⎝⎛⎭⎪⎫22＋54λ－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32λ>0，得λ<8.综上可得，实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12835，3219.5．已知各项不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝pa n a n ＋1(n ∈N *)，p ∈R.(1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数p 的值； (2)若a 1，a 2，a 3成等差数列， ①求数列{a n }的通项公式；②在a n 与a n ＋1间插入n 个正数，共同组成公比为q n 的等比数列，若不等式(q n )(n ＋1)(n＋a )≤e(e 为自然对数的底数)对任意的n ∈N *恒成立，求实数a 的最大值． 解：(1)当n ＝1时，a 1＝pa 1a 2，a 2＝1p；当n ＝2时，a 1＋a 2＝pa 2a 3，a 3＝a 1＋a 2pa 2＝1＋1p. 由a 22＝a 1a 3，得1p 2＝1＋1p，即p 2＋p －1＝0，解得p ＝－1±52.(2)①因为a 1，a 2，a 3成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3，得p ＝12，故a 2＝2，a 3＝3，所以S n ＝12a n a n ＋1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12a n a n ＋1－12a n －1a n ，因为a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝2.故数列{a n }的所有奇数项组成以1为首项，2为公差的等差数列，其通项公式a n ＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×2＝n ， 同理，数列{a n }的所有偶数项组成以2为首项，2为公差的等差数列，其通项公式是a n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1×2＝n ， 所以数列{a n }的通项公式是a n ＝n .②由①知，a n ＝n ，在n 与n ＋1间插入n 个正数，组成公比为q n 的等比数列，故有n ＋1＝nq n ＋1n ，即q n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n 1n ＋1， 所以(q n )(n ＋1)(n ＋a )≤e，即⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n n ＋a ≤e，两边取对数得(n ＋a )ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ≤1，分离参数得a ≤1ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n －n 恒成立 .令n ＋1n ＝x ，x ∈(1,2]，则a ≤1ln x －1x －1，x ∈(1,2]， 令f (x )＝1ln x －1x －1，x ∈(1,2]，则f ′(x )＝ln x 2－x －12xln x 2x －12，下证ln x ≤x －1x，x ∈(1,2], 令g (x )＝x －1x－2ln x ，x ∈[1，＋∞), 则g ′(x )＝x －12x 2>0，所以g (x )>g (1)＝0，即2ln x <x －1x ，用x 替代x 可得ln x <x －1x，x ∈(1,2]， 所以f ′(x )＝ln x 2－x －12x ln x 2x －12<0，所以f (x )在(1,2]上递减，所以a ≤f (2)＝1ln 2－1. 所以实数a 的最大值为1ln 2－1. 6．设三个各项均为正整数的无穷数列{a n }，{b n }，{c n }．记数列{b n }，{c n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n ∈N *，都有a n ＝b n ＋c n ，且S n ＞T n ，则称数列{a n }为可拆分数列．(1)若a n ＝4n ，且数列{b n }，{c n }均是公比不为1的等比数列，求证：数列{a n }为可拆分数列；(2)若a n ＝5n ，且数列{b n }，{c n }均是公差不为0的等差数列，求所有满足条件的数列{b n }，{c n }的通项公式；(3)若数列{a n }，{b n }，{c n }均是公比不为1的等比数列，且a 1≥3，求证：数列{a n }为可拆分数列．解：(1)证明：由a n ＝4n ＝4·4n －1＝3·4n －1＋4n －1，令b n ＝3·4n －1，c n ＝4n －1. 则{b n }是以3为首项，4为公比的等比数列，{c n }是以1为首项，4为公比的等比数列，故S n ＝4n －1，T n ＝4n －13.所以对任意的n ∈N *，都有a n ＝b n ＋c n ，且S n >T n .所以数列{a n }为可拆分数列．(2)设数列{b n }，{c n }的公差分别为d 1，d 2.由a n ＝5n ，得b 1＋(n －1)d 1＋c 1＋(n －1)d 2＝(d 1＋d 2)n ＋b 1＋c 1－d 1－d 2＝5n 对任意的n ∈N *都成立．所以⎩⎨⎧ d 1＋d 2＝5，b 1＋c 1－d 1－d 2＝0，即⎩⎨⎧ d 1＋d 2＝5，b 1＋c 1＝5， ① 由S n >T n ，得nb 1＋n n －12d 1>nc 1＋n n －12d 2，则⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22n >0. 由n ≥1，得⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22>0对任意的n ∈N *成立． 则d 12－d 22≥0且⎝ ⎛⎭⎪⎫d 12－d 22＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－c 1－d 12＋d 22>0即d 1≥d 2且b 1>c 1. ② 由数列{b n }，{c n }各项均为正整数，则b 1，c 1，d 1，d 2均为正整数，当d 1＝d 2时，由d 1＋d 2＝5，得d 1＝d 2＝52∉N *，不符合题意，所以d 1>d 2. ③ 联立①②③，可得⎩⎨⎧ d 1＝4，d 2＝1，b 1＝4，c 1＝1或⎩⎨⎧ d 1＝4，d 2＝1，b 1＝3，c 1＝2 或⎩⎨⎧ d 1＝3，d 2＝2，b 1＝4，c 1＝1或⎩⎨⎧ d 1＝3，d 2＝2，b 1＝3，c 1＝2. 所以⎩⎨⎧ b n ＝4n ，c n ＝n 或⎩⎨⎧ b n ＝4n －1，c n ＝n ＋1或⎩⎨⎧ b n ＝3n ＋1，c n ＝2n －1或⎩⎨⎧ b n ＝3n ，c n ＝2n .(3)证明：设a n ＝a 1q n －1，a 1∈N *，q >0，q ≠1，则q ≥2. 当q 为无理数时，a 2＝a 1q 为无理数，与a n ∈N *矛盾． 故q 为有理数，设q ＝b a(a ，b 为正整数，且a ，b 互质)． 此时a n ＝a 1·b n －1an －1. 则对任意的n ∈N *，a n －1均为a 1的约数，则a n －1＝1，即a ＝1， 故q ＝b a＝b ∈N *，所以q ∈N *，q ≥2. 所以a n ＝a 1q n －1＝(a 1－1)q n －1＋q n －1，令b n ＝(a 1－1)·q n －1，c n ＝q n －1.则{b n }，{c n }各项均为正整数．因为a 1≥3，所以a 1－1≥2>1，则S n >T n ，所以数列{a n }为可拆分数列．。
2020高考文科数学大二轮新突破通用版 规范解答集训规范解答集训6 函数、导数和不等式
规范解答集训(六)函数、导数和不等式(建议用时：40分钟)1．已知函数f(x)＝ax＋1－x ln x的图象在点(1，f(1) )处的切线与直线x－y＝0平行．(1)求函数f(x)的极值；(2)若对于x1，x2∈(0，＋∞)，f(x1)－f(x2)x1－x2＞m(x1＋x2)，求实数m的取值范围．[解](1)f(x)＝ax＋1－x ln x的导数为f′(x)＝a－1－ln x，可得y＝f(x)的图象在点(1，f(1) )处的切线斜率为a－1，由切线与直线x－y＝0平行，可得a－1＝1，即a＝2，f(x)＝2x＋1－x ln x，f′(x)＝1－ln x，当0<x<e时f′(x)>0，当x>e时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，e)上递增，在(e，＋∞)上递减，可得f(x)在x＝e处取得极大值为f(e)＝e＋1，无极小值．(2)设x1>x2>0，若f(x1)－f(x2)x1－x2＞m(x1＋x2)，可得f(x1)－f(x2)＞mx21－mx22，即f(x1)－mx21＞f(x2)－mx22，设g(x)＝f(x)－mx2在(0，＋∞)上为增函数，即g′(x)＝1－ln x－2mx≥0在(0，＋∞)上恒成立，可得2m≤1－ln xx在(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝1－ln xx，所以h′(x)＝ln x－2x2，h(x)在(0，e2)上递减，在(e2，＋∞)上递增，h(x)在x＝e2处取得极小值为h(e2)＝－1e 2，所以m ≤－12e 2.2．(2019·石家庄一模)已知函数f (x )＝a e x －sin x ，其中a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)当a ＝1时，证明：对x ∈[0，＋∞)，f (x )≥1； (2)若函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值，求实数a 的取值范围．[解](1)当a ＝1时，f (x )＝e x －sin x ，于是，f ′(x )＝e x －cos x . 又因为当x ∈(0，＋∞)时，e x >1且cos x ≤1. 故当x ∈(0，＋∞)时，e x －cos x >0，即f ′(x )>0.所以，函数f (x )＝e x －sin x 为(0，＋∞)上的增函数，于是，f (x )≥f (0)＝1. 因此，对x ∈[0，＋∞)，f (x )≥1.(2)法一：由题意f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值，则f ′(x )＝a e x－cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在零点，①当a ∈(0,1)时，f ′(x )＝a e x －cos x 为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的增函数，注意到f ′(0)＝a －1<0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝a ·e π2>0，所以，存在唯一实数x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得f ′(x 0)＝0成立. 于是，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )为(0，x 0)上的减函数； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f ′(x )>0，f (x )为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上的增函数；所以x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2为函数f (x )的极小值点；②当a ≥1时，f ′(x )＝a e x －cos x ≥e x －cos x >0在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上成立，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上没有极值；③当a ≤0时，f ′(x )＝a e x －cos x <0在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上成立，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上没有极值，综上所述，使f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值的a 的取值范围是(0,1)． 法二：由题意，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值，则f ′(x )＝a e x －cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在零点．即a ＝cos x e x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在零点.设g (x )＝cos x e x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则由单调性的性质可得g (x )为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的减函数．即g (x )的值域为(0,1)，所以，当实数a ∈(0,1)时，f ′(x )＝a e x －cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在零点．下面证明，当a ∈(0,1)时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值． 事实上，当a ∈(0,1)时，f ′(x )＝a e x －cos x 为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的增函数，注意到f ′(0)＝a －1<0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝a ·e π2>0，所以，存在唯一实数x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得f ′(x 0)＝0成立．于是，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )为(0，x 0)上的减函数； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f ′(x )>0，f (x )为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上的增函数；即x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2为函数f (x )的极小值点．综上所述，当a ∈(0,1)时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值．3．(2019·日照二模)已知函数f(x)＝k e x(x－1)－12x2，k∈R.(1)当k＝－1时，求f(x)的最大值；(2)若函数f(x)有两个零点，求k的取值范围．[解](1)当k＝－1时，f(x)＝－e x(x－1)－12x2，f′(x)＝－e x x－x＝－x(e x＋1)，当x＜0时，f′(x)＞0，当x＞0时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)在x＝0时取到最大值，最大值为f(0)＝1.(2)f′(x)＝k e x x－x＝x(k e x－1)，当k＜0时，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又因为f(0)＝－k＞0，f(1)＝－12＜0，f(2k－1)＝k e2k－1(2k－2)－12(2k－1)2＜k(2k－2)－12(2k－1)2＝－12＜0，所以f(x)有两个零点；当k＝0时，f(x)＝－12x2，所以此时f(x)只有一个零点；当k＝1时，f′(x)＝e x x－x＝x(e x－1)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f(x)不存在两个零点；当0＜k＜1时，ln 1k＝－ln k＞0，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，－ln k)上单调递减，在(－ln k，＋∞)上单调递增，且f(0)＝－k＜0，f(x)不存在两个零点；当k＞1时，ln 1k＝－ln k＜0，f(x)在(－∞，－ln k)上单调递增，在(－ln k,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且f(－ln k)＝－(ln k＋1)2＋12＜0，f(x)不存在两个零点．综上，当f(x)有两个零点时，k的取值范围是(－∞，0)．4．已知函数f(x)＝x－ln(ax＋1)(a≠0)．(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)已知某班共有n 人，记这n 人生日至少有两人相同的概率为P (n )，n ≤365，将一年看作365天．①求P (n )的表达式；②估计P (60)的近似值(精确到0.01)． 参考数值：e－35473≈0.007 83，e－24373≈0.034 87，e－15673≈0.118 01.[解](1)由题得，当a ＞0时，f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.当a ＜0时，f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1a ，又f (0)＝0，且f (x )≥0，所以x ＝0是f (x )的极小值点，故f ′(0)＝0. 而f ′(x )＝1－a ax ＋1，于是1－a ＝0，解得a ＝1.下面证明当a ＝1时，f (x )≥0.当a ＝1时，f (x )＝x －ln(x ＋1)，f ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1，x ＞－1，所以当x ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当－1＜x ＜0时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )≥f (0)＝0，即a ＝1符合题意． 综上，a ＝1.(2)①由于n 人生日都不相同的概率为365×364×363×…×(365－n ＋1)365n ，故n人生日至少有两人相同的概率为P (n )＝1－365×364×363×…×(366－n )365n. ②由(1)可得当 x ＞－1时，x －ln(x ＋1)≥0，即ln(1＋x )≤x ，当且仅当x ＝0时取等号，由①得P (60)＝1－365365×364365×363365×…×306365＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1365⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2365⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3365…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－59365. 记t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1365⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2365…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－59365，则ln t ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1365＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2365＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－59365＜－1365－2365－ (59365)－1＋2＋…＋59365＝－59×602×365＝－35473， 即t ＜e－35473.由参考数值得t ＜e －35473≈0.007 9，于是P (60)＝1－t ＞1－0.007 9＝0.992 1，故P (60)≈0.99.。
高考数学二轮复习 专题知识突破 解答题六大题型解答策略 2132 数列课件(文、理)新人教A版
类型三
数列与函数、不等式的综合
【例 3】 已知公差大于零的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 满足 a2·a4＝65，a1＋a5＝18.
(1)若 1<i<21，a1，ai，a21 是某等比数列的连续三项，求 i 的值； (2)设 bn＝2n＋n1Sn，是否存在一个最小的常数 m 使得 b1＋b2 ＋…＋bn<m，对于任意的正整数 n 均成立，若存在，求出常数 m； 若不存在，请说明理由．
对点训练 2.(2014·广州二模)设数列{an}满足 a1＋a22＋2a23＋…＋2an－n 1＝2n，n ∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝an－1aann＋1－1，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
第二十一页，共33页。
解 (1)∵a1＋a22＋a232＋…＋2an－n1＝2n，n∈N*① ∴当 n＝1 时，a1＝2. 当 n≥2 时，a1＋a22＋a232＋…＋a2nn－－12＝2(n－1)② ①－②得，2an－n 1＝2. ∴an＝2n. ∵a1＝2，适合上式， ∴an＝2n(n∈N*)．
第二十二页，共33页。
(2)由(1)得 an＝2n， ∴bn＝an－1aann＋1－1 ＝2n－122nn＋1－1 ＝2n－1 1－2n＋11－1. ∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
第二十三页，共33页。
＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋ 2n－1 1－2n＋11－1 ＝1－2n＋11－1.
第二十八页，共33页。
＝121－2n1＋1<12.(11 分) 故存在 m＝12使 b1＋b2＋…＋bn<m 对于任意的正整数 n 均成 立．(12 分)
第二十九页，共33页。
2020版高考文科数学突破二轮复习新课标通用 高考解答题的审题与答题示范数列类(2页)
从而{an}的通项公式an＝ (n∈N*)．④
(2)记 的前n项和为Sn.
由(1)知 ＝ ＝ － 裂项求和．⑤
则Sn＝ － ＋ － ＋…＋ － ＝ .
⑥
第(1)问
第(2)问
得分点
1
②
③
④
⑤
⑥
2
1
1
2
3
3
6分
6分
第(1)问踩点得分说明
①写出n≥2时的递推关系式得2分.
②求得n≥2时的{an}的通项公式得1分.
③验证a1，得1分.
④写出通项公式得2分.
第(2)问踩点得分说明
⑤将 裂项得3分.
⑥利用裂项求和得3分.
高考解答题的审题与答题示范数列类
[思பைடு நூலகம்流程]
,[审题方法]——审结构
结构是数学问题的搭配形式，某些问题已知的数式结构中常常隐含着某种特殊的关系．审视结构要对结构进行分析、加工和转化，以实现解题突破．
典例
(本题满分12分)(2017·高考全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列 的前n项和.
审题路线
(1) ―→
(2) ―→ ＝ ＝ － ―→
标准答案
阅卷现场
(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．①
两式相减得(2n－1)an＝2.
所以an＝ (n≥2)求通项．②
高考解答题突破(六)高考数学大二轮复习课件(共46张PPT)
(3)f(x)＝ex－12bx2＋ax，f′(x)＝ex－bx＋a， 由 f(x)为 R 上的单调函数，可知 f(x)一定为单调递增函数， 因此 f′(x)＝ex－bx＋a≥0. 令 g(x)＝f′(x)＝ex－bx＋a，则 g′(x)＝ex－b. 当 b＝0 时，ab＝0. 当 b<0 时，g′(x)＝ex－b>0，g(x)在 R 上为增函数． 当 x→－∞时，g(x)→－∞，与 g(x)≥0 矛盾． 当 b>0 时，由 g′(x)>0，得 x>lnb，由 g′(x)<0，得 x<lnb，当 x＝lnb 时，g(x)min＝b －blnb＋a≥0， 即 ab≥b2lnb－b2(b>0)．
第7页
考向一 导数与函数的单调性、极值与最值问题 1．讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问 题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论． 2．对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定 区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．
第8页
[解题指导] (1)求定义域及 g′(x)→分类讨论 g′(x)的符号→得结论 (2)构造函数 F(x)＝f(x)－(a－e)x－b 转化为 F(x)≤0 恒成立→讨论 F(x)的最大值→ 建立 b 与 a 的关系→转化为关于 a 的函数→研究函数的最值→得结果
第9页
[解] (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． 由题意，得 g(x)＝lnx－ax＋1，则 g′(x)＝1x－a. 当 a≤0 时，g′(x)>0，则函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当 a>0 时，令 g′(x)＝0，解得 x＝1a，
第28页
解决方程根或函数零点个数问题的 3 步 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与 x 轴(或直线 y ＝k)在该区间上的交点问题． 第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进 而画出其图像； 第三步：结合图像求解．
课标版高考文科数学二轮复习 妙用20招备考秘籍
妙用20招备考秘籍第一招活用性质妙解函数典例1已知f(x)是定义在R上的偶函数,定义在R上的奇函数g(x)的图象过点(-1,1),且g(x)=f(x-1),则f(2013)+f(2014)=.答案1解析解法一:因为f(x)为偶函数,所以f(x)的图象关于y轴对称,因为f(x-1)为奇函数,所以f(x)的图象同时关于点(-1,0)对称,所以f(x)是以4为周期的函数,所以f(2013)=f(1)=g(0)=0,f(2 014)=f(2)=g(-1)=1,所以f(2013)+f(2014)=1.解法二:因为f(x)=f(-x)=g(1-x)=-g(x-1)=-f(x-2)=f(x-4),所以f(2013)=f(1)=g(0)=0,f(2014)=f(2)=g(-1)=1.所以f(2013)+f(2014)=1.学一招 1.若函数f(x)满足f(a+x)=f(b-x),则函数图象关于直线x=对称;若函数f(x)满足f(a+x)+f(b-x)=c,则函数图象关于点对称.2.设a为非零实数,(1)若f(x+a)=f(x-a),则函数f(x)的周期为2|a|;(2)若f(x+a)=-f(x),则函数f(x)的周期为2|a|;(3)若f(x+a)=,则函数f(x)的周期为2|a|;(4)若f(x+a)=-,则函数f(x)的周期为2|a|.练一手1.定义在R上的奇函数f(x)满足f(x-2)=-f(x),且在[0,1]上是增函数,则有()A.f<f-<fB.f-<f<fC.f<f<f-D.f-<f<f第二招最值函数大显身手典例2设a,b为平面向量,则()A.min{|a+b|,|a-b|}≤min{|a|,|b|}B.min{|a+b|,|a-b|}≥min{|a|,|b|}C.max{|a+b|2,|a-b|2}≤|a|2+|b|2D.max{|a+b|2,|a-b|2}≥|a|2+|b|2答案D解析max{|a+b|2,|a-b|2}≥-=|a|2+|b|2,故选D.学一招最值函数的定义:设a,b为实数,则min{a,b}=max{a,b}=解有些求最值问题时,巧妙借助以下性质,可如虎添翼.(1)min{a,b}≤≤max{a,b};(2)min{a,b}≤≤max{a,b}.练一手2.记max{a,b}=已知向量a,b,c满足|a|=1,|b|=2,a·b=0,c=λa+μb(λ≥0,μ≥0,且λ+μ=1),则当max{c·a,c·b}取最小值时,|c|=()A. B. C.1 D.第三招由果导源巧构函数典例3设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)答案A解析解法一:构造抽象函数求解.设F(x)=.因为f(x)是奇函数,故F(x)是偶函数,F'(x)=-,易知当x>0时,F'(x)<0,所以函数F(x)在(0,+∞)上单调递减.又f(-1)=0,则f(1)=0,于是F(-1)=F(1)=0,f(x)=xF(x),解不等式f(x)>0,即找到x与F(x)的符号相同的区间,易知当x∈(-∞,-1)∪(0,1)时,f(x)>0,故选A.解法二:构造具体函数求解.设f(x)是多项式函数,因为f(x)是奇函数,所以它只含x的奇次项.又f(1)=-f(-1)=0,所以f(x)能被x2-1整除.因此可取f(x)=x-x3,检验知f(x)满足题设条件.解不等式f(x)>0,得x∈(-∞,-1)∪(0,1),故选A.学一招抽象函数的导数问题在高考中常考常新,可谓变化多端,解决此类问题的关键是构造函数,常见的构造函数方法有如下几种:(1)利用和、差函数求导法则构造函数①对于不等式f'(x)+g'(x)>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)+g(x);②对于不等式f'(x)-g'(x)>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)-g(x);特别地,对于不等式f'(x)>k(或<k)(k≠0),构造函数F(x)=f(x)-kx(k≠0).(2)利用积、商函数求导法则构造函数①对于不等式f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)g(x);②对于不等式f'(x)g(x)-f(x)g'(x)>0(或<0),构造函数F(x)=(g(x)≠0).(3)利用积、商函数求导法则的特殊情况构造函数①对于不等式xf'(x)+f(x)>0(或<0),构造函数F(x)=xf(x);②对于不等式xf'(x)-f(x)>0(或<0),构造函数F(x)=(x≠0);③对于不等式xf'(x)+nf(x)>0(或<0),构造函数F(x)=x n f(x);④对于不等式xf'(x)-nf(x)>0(或<0),构造函数F(x)=(x≠0);⑤对于不等式f'(x)+f(x)>0(或<0),构造函数F(x)=e x f(x);⑥对于不等式f'(x)-f(x)>0(或<0),构造函数F(x)=;⑦对于不等式f(x)+f'(x)tan x>0(或<0),构造函数F(x)=sin xf(x);⑧对于不等式f(x)-f'(x)tan x>0(或<0),构造函数F(x)=(sin x≠0);⑨对于不等式f'(x)-f(x)tan x>0(或<0),构造函数F(x)=cos xf(x);⑩对于不等式f'(x)+f(x)tan x>0(或<0),构造函数F(x)=(cos x≠0);对于不等式f'(x)+kf(x)>0(或<0),构造函数F(x)=e kx f(x);对于不等式f'(x)-kf(x)>0(或<0),构造函数F(x)=.练一手3.已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)=1,且f(x)的导数f'(x)<,则不等式f(x2)<+的解集为.4.设f(x)是定义在R上的可导函数,且满足f(x)+xf'(x)>0,则不等式f()>-f(-)的解集为.第四招三角问题重在三变典例4(1)对于锐角α,若sin-=,则cos=()A. B. C. D.-(2)若sin2α=,sin(β-α)=,且α∈,β∈,则α+β的值是()A. B.C.或D.或答案(1)D(2)A解析(1)由α为锐角,且sin-=,可得cos-=,所以cos=sin-=sin-=-2sin-cos-=-2××=-.(2)因为α∈,所以2α∈.又sin2α=,故2α∈,则α∈,所以cos2α=-.又β∈,故β-α∈,α+β∈,又sin(β-α)=,故cos(β-α)=-,所以cos(α+β)=cos[2α+(β-α)]=cos2αcos(β-α)-sin2αsin(β-α)=-×--×=,又α+β∈,故α+β=.学一招 1.“三变”是指变角、变数与变式.(1)变角如2α=(α+β)+(α-β),α=(α+β)-β等.(2)变数特别是“1”的代换,1=sin2θ+cos2θ=tan45°等.(3)变式cos2α=,sin2α=-,tanα±tanβ=tan(α±β)(1∓tanαtanβ),sin2α=2sinαcosα==,cos2α=cos2α-sin2α=-=-等.2.三角公式中常用的变形(1)对于含有sinα±cosα,sinαcosα的问题,常利用(sinα±cosα)2=1±2sinαcosα,建立sin α±cosα与sinαcosα的关系.,利用tanα=转化为含tanα的(2)对于含有sinα,cosα的齐次式如-式子.(3)对于形如cos2α+sinα与cos2α+sinαcosα的变形,前者用平方关系sin2α+cos2α=1化为二次函数型,而后者用降幂公式化为一个角的三角函数..(4)含tanα+tanβ与tanαtanβ时,考虑tan(α+β)=-练一手5.已知f(x)=2sin2x+2sin xcos x,则f(x)的最小正周期和一个单调递减区间分别为()A.2π,B.π,C.2π,-D.π,-6.已知α为锐角,若sin=,则cos-=.第五招射影定理出奇制胜典例5△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,若2bcos B=acos C+ccos A,则B=.答案解析解法一:因为2bcos B=acos C+ccos A,所以由正弦定理得2sin B·cos B=sin Acos C+sin Ccos A=sin(A+C)=sin(π-B)=sin B.又因为0<B<π,所以sin B≠0,∴2cos B=1,即cos B=,∴B=.解法二:由射影定理acos C+ccos A=b,可得2bcos B=b,解得cos B=.因为0<B<π,所以B=.学一招射影定理:在△ABC中,a=bcos C+ccos B,b=acos C+ccos A,c=acos B+bcos A.证明:已知余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,①b2=c2+a2-2cacos B,②c2=a2+b2-2abcos C.③①、②相加,得2c2-2bccos A-2cacos B=0,即c=acos B+bcos A.同理可证a=bcos C+ccos B,b=acos C+ccos A.练一手7.已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,若bcos C+ccos B=asin A,则△ABC的形状为()A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不确定8.在△ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,若△ABC为锐角三角形,且满足sin B(1+2cosC)=2sin Acos C+cos Asin C,则下列等式成立的是()A.a=2bB.b=2aC.A=2BD.B=2A9.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知bcos C+ccos B=2b,则=.第六招正弦余弦相得益彰典例6(2018广州综合测试(一))△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=,c-b=1,△ABC的外接圆半径为.(1)求角A的值;(2)求△ABC的面积.解析(1)因为a=,△ABC外接圆的半径R=,所以根据=2R,得=2,所以sin A=.因为0<A<π,所以A=或A=.(2)当A=时,由a=,c-b=1,根据余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得()2=b2+(b+1)2-2b(b+1)cos,解得b=4,则c=5.所以S△ABC=bcsin A=5.当A=时,由a=,c-b=1,根据余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得21=b2+(b+1)2-2b(b+1)cos,解得b=-,则c=.所以S△ABC=bcsin A=.综上可知,△ABC的面积为5或.学一招 1.解三角形中常用结论:(1)三角形中的正弦、余弦、正切满足的关系式有:===2R(R为△ABC外接圆半径),c2=a2+b2-2abcos C,tan A+tan B+tan C=tan Atan Btan C,a>b⇔A>B⇔sin A>sin B⇔cos A<cos B.(2)三角形形状判断(一般用余弦定理):直角三角形⇔a2+b2=c2;锐角三角形⇔a2+b2>c2(c为最大边);钝角三角形⇔a2+b2<c2(c为最大边).(3)在锐角三角形ABC中:①A+B>,C+B>,A+C>;②任意角的正弦值都大于其他角的余弦值.(4)在△ABC中,A,B,C成等差数列⇔B=60°;在△ABC中,A,B,C成等差数列,且a,b,c成等比数列⇔三角形为等边三角形.2.设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,其面积为S.(1)S=ah a=bh b=ch c(h a,h b,h c分别表示a,b,c边上的高).(2)S=absin C=bcsin A=casin B.(3)S=r(a+b+c)(r为三角形ABC内切圆的半径).练一手10.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为S,已知2acos2+2ccos2=b.(1)求证:2(a+c)=3b;(2)若cos B=,S=,求b.第七招向量小题三招搞定典例7(1)如图,在四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥DC.若||=a,||=b,则·的值为()A.b2-a2B.a2-b2C.a2+b2D.ab(2)在Rt△ABC中,D是斜边AB的中点,AC=4,BC=3,点E,F分别是边BC,AC上的动点,且EF=1,则·的最小值为.答案(1)A(2)解析(1)解法一:分解法.·=(+)·(-)=-·-·+·=b2-·=b2-(+)·=b2-a2.解法二:分解法.·=·(-)=·-·=||·||·cos∠DAC-||·||·cos∠BAC=||·||·-||·||·=||·||-||·||=b2-a2.解法三:建系法.设∠DAC=α,∠BAC=β,AC=2R,建立如图所示的直角坐标系,则D(Rcos2α,Rsin2α),B(Rcos2β,-Rsin2β),a=2Rcosβ,b=2Rcosα,·=(2R,0)·R(cos2α-cos2β,sin2α+sin2β)=2R2·(cos2α-cos2β)=2R2·(2cos2α-2cos2β)=(2Rcosα)2-(2Rcosβ)2=b2-a2.(2)解法一:建系法.建立如图所示的直角坐标系,则C(0,0),A(0,4),B(3,0),D,设E(x,0),F(0,y),则·=--·--=-.又EF=1,所以x2+y2=1,令x=cosθ,y=sinθ,则x+2y=cosθ+2sinθ≤=,从而得·的最小值为.解法二:构图法.记EF的中点为M,则·=|DM|2-|MF|2=|DM|2-.又点M在以C为圆心,以为半径的圆上,故当D,M,C三点共线时,|DM|min=-=2,故·的最小值为.学一招解决与向量有关的小题,一般用三招,即“构图、分解、建系”,就能突破难点,顺利解决问题.练一手11.已知向量a,b满足a·(a+2b)=0,|a|=|b|=1,且|c-a-2b|=1,则|c|的最大值为()A.2B.4C.+1D.+112.在Rt△ABC中,D是斜边AB的中点,点P为线段CD的中点,则=.第八招玩转通项搞定数列典例8(1)已知数列{a n}满足a1=2,a n-a n-1=n(n≥2,n∈N*),则a n=.(2)已知在数列{a n}中,a n+1=a n(n∈N*),且a1=4,则数列{a n}的通项a n=.(3)已知数列{a n}满足a1=1,a n=a n-1+1(n≥2,n∈N*),则数列{a n}的通项a n=.答案(1)(2)(3)2--解析(1)由题意可知,a2-a1=2,a3-a2=3,…,a n-a n-1=n(n≥2),以上式子累加得,a n-a1=2+3+…+n.因为a1=2,所以a n=2+(2+3+…+n)=2+-=(n≥2).因为a1=2满足上式,所以a n=(n∈N*).(2)由a n+1=a n,得=,故=,=,…,-=-(n≥2),以上式子累乘得,=··…·--·-·-=.因为a1=4,所以a n=(n≥2).因为a1=4满足上式,所以a n=(n∈N*).(3)由a n=a n-1+1(n≥2),得a n-2=(a n-1-2),而a1-2=1-2=-1,∴数列{a n-2}是首项为-1,公比为的等比数列.∴a n-2=--,∴a n=2--(n≥2).∵a1=1满足上式,∴a n=2--(n∈N*).学一招几种常见的数列类型及通项公式的求法(1)递推公式为a n+1=a n+f(n)解法:把原递推公式转化为a n+1-a n=f(n),利用累加法(逐差相加法)求解.(2)递推公式为a n+1=f(n)a n解法:把原递推公式转化为=f(n),利用累乘法(逐商相乘法)求解.(3)递推公式为a n+1=pa n+q解法:通过待定系数法,将原问题转化为特殊数列{a n+k}的形式求解.(4)递推公式为a n+1=pa n+f(n)解法:利用待定系数法,构造数列{b n},消去f(n)带来的差异.练一手13.已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足a1=1,nS n+1-(n+1)S n=,n∈N*.(1)求a2的值;(2)求数列{a n}的通项公式.第九招把握规律快速求和典例9已知等差数列{a n}中,2a2+a3+a5=20,且前10项和S10=100.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{a n·}的前n项和.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,由已知得解得所以{a n}的通项公式为a n=1+2(n-1)=2n-1(n∈N*).(2)令b n=,由(1)可知a n·b n=(2n-1)×22n-1,设T n为数列{a n·b n}的前n项和,所以T n=1×21+3×23+5×25+…+(2n-3)×22n-3+(2n-1)×22n-1,①4T n=1×23+3×25+5×27+…+(2n-3)×22n-1+(2n-1)×22n+1,②①-②得:-3T n=2+2×(23+25+…+22n-1)-(2n-1)×22n+1,所以T n=…----=------=----=-(n∈N*).学一招 1.求数列的前n项和的主要方法(1)公式法:对于等差数列或等比数列可用公式法.(2)裂项相消法:将数列的每一项分解为两项的差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而累加相消.(3)错位相减法:若{a n}为等差数列,{b n}为等比数列,则对于数列{a n b n}的前n项和可用错位相减法.(4)倒序相加法:如果一个数列{a n}中与首末两端等“距离”的两项的和等于同一个常数,那么求这个数列前n项和即可用倒序相加法.(5)分组求和法:将原数列分解成可用公式法求和的若干个数列.2.常用裂项公式(1)=-;=-;(3)a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=-·-- (1)(4)n(n+1)=[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)];(5)=-;(6)-=1+--.练一手14.在等差数列{a n}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{a n+b n}是首项为1,公比为q的等比数列,求{b n}的前n项和S n.第十招求得通项精准放缩典例10已知数列{a n}满足a1=8,(n+1)a n+1=(n+3)a n+8n+8.(1)求a n;(2)求证:-+-+…+-<.解析(1)(n+1)a n+1=(n+3)a n+8n+8两边同除以(n+1)(n+2)(n+3),得=+,即-=8-.利用累加法,可得-=8-,化简求得a n+1=4(n+1)(n+2),所以a n=4n(n+1)(n∈N*).(2)证法一:-<-=--,通过计算,当n≥4时,+++…+-<+++--…12-1-12+1<17+123+147+114<27.证法二:-<-=-=--.当n≥3时,++…+-<++-+-+…+--<++<++=.学一招常见的几种放缩形式.(1)<-=--;(2)<-=--;(3)<-=2--;(4)<-=--;(5)-=-<-=--.练一手15.已知数列{a n}满足:a1=2且a n+1=(n∈N*).(1)求证:数列-为等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)求证:+++…+<n+2(n∈N*).第十一招绕过通项也可放缩典例11已知数列{a n}的首项为a1=1,且a n+1=(n∈N*).(1)求a2,a3的值,并证明:a2n-1<a2n+1<2;(2)令b n =|a 2n-1-2|,S n =b 1+b 2+…+b n .求证:-<S n <. 解析 (1)由a 1=1且a n+1=,得a 2= ,a 3=.证明如下:一方面,a n+1-2=-2=- -,所以- -=-.由题可知a n >0,所以 - -<0,即a n+1-2与a n -2异号, 故a n+2-2与a n -2同号, 于是a 2n+1-2与a 2n-1-2同号.又a 1-2=-1<0,所以a 2n+1-2<0,所以a 2n+1<2. 另一方面,a 2n+1-a 2n-1=-a2n-1= -----a 2n-1= ---a 2n-1=- ---.由0<a 2n-1<2知a 2n+1-a 2n-1>0,即a 2n+1>a 2n-1. 综上所述,a 2n-1<a 2n+1<2.(2)证明:因为a 2n+1-2=- -=--- ---= - --,所以 - -- =-.由b n =|a 2n-1-2|知=-. 又1≤a 2n-1<a 2n+1<2,所以 <≤.而b 1=1,所以当n ≥2时,b n =b 1··…·-≤-,同理,b n>-.故S n=b1+b2+…+b n≤1+++…+-=--<,S n=b1+b2+…+b n>--=-.综上所述,-<S n<.学一招有一类数列不等式问题,数列的通项公式虽然很难求得,但可借助递推关系变形后达到放缩的目的.常用的放缩变形如下:(1)<=-;-=··-=-·--=--<2-.练一手16.设数列{a n}满足a1=1,a n+1a n=n+1(n∈N*).(1)如果a1a2,a k+1a k+2,a6k+1a6k+2成等比数列,求正整数k的值;(2)求证:≥2(-1).第十二招动态几何以静得动典例12在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是CC1的中点,若点P在平面ABB1A1内,且满足∠PDB1=∠MDB1,则点P的轨迹是()A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线答案C解析因为∠PDB1=∠MDB1,所以点P在以DB1为轴线,D为顶点的圆锥侧面上,因为点P 又在平面AA1B1B内,所以点P的轨迹为平面AA1B1B与圆锥侧面的交线.设直线DB1与平面ABB1A1所成的角为α,则有tanα=,因为tan∠B1DM=,所以α<∠B1DM,所以点P的轨迹是双曲线.学一招 1.立体几何中的动态问题,主要有五种类型:动点问题、翻折问题、旋转问题、投影与截面问题以及轨迹问题,解题时要回归到最本质的定义、定理、性质或现有结论中,若能再配以沉着冷静的心态去计算,那么相信绝大多数问题可以迎刃而解.2.平面图形折叠成空间图形问题的解题关键.平面图形折叠成空间图形的问题,关键是抓住折叠过程中哪些变,哪些不变,将平面图形与空间图形对照解决.核心知识与研究方法如下:练一手17.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=,AA1=,上底面A1B1C1D1的中心为O1,当点E在线段CC1上从点C上移到点C1时,点O1在平面BDE上的投影G的轨迹长度为.18.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为直角三角形,∠ACB=90°,AC=6,BC=CC1=,P是BC1上一动点,则CP+PA1的最小值是.第十三招巧算方程避免讨论典例13已知椭圆C:+=1(a>b>0),过右焦点F(c,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点,过点F作l的垂线,交直线x=于P点,若的最小值为,试求椭圆C的离心率e的取值范围.解析设直线l:(其中t为参数).联立直线与椭圆方程可得t2+·t+-1=0,于是|AB|=|t1-t2|=·.易知直线PF:(t为参数),又x==c+t3cos,所以|PF|=|t3|=,=≥,当且仅当sinα=时取等号,所以0<=sinα≤1,则≥1,得≥,即e≥.故椭圆的离心率e的取值范围为.学一招直线与圆锥曲线的问题是解析几何的一个基本问题,运算量大是它的一个特点,根据题设条件,灵活选用恰当的直线方程,与圆锥曲线方程联立,会大大简化求解过程.遇到的点为(m,0),考虑常规的设法为y=k(x-m)时,往往不如把直线方程设为x=ty+m更加简便,其中的t=,该设法包括了直线经过该点而斜率不存在的情况,避免讨论,可以减少一些计算量.经过点(x0,y0)的直线方程的设法主要有:(1)x=t(y-y0)+x0当经过点(x0,y0)的直线有斜率不存在的情况时,此类设法占有一定的优势.(2)直线的参数方程为(其中t为参数,θ为直线的倾斜角).练一手19.已知椭圆E:+=1(a>b>0)过点(0,),且离心率e为.(1)求椭圆E的方程;(2)设直线x=my-1(m∈R)交椭圆E于A,B两点,判断点G-与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.第十四招巧用定值曲径通幽典例14椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,离心率为,过点F1且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程;(2)点P为椭圆C上除长轴端点外的任意一点,过点P作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C 有且只有一个公共点,设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2,若k≠0,试证明+为定值,并求出这个定值.解析(1)由已知得解得∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)设P(x0,y0),易知直线l的方程为y-y0=k(x-x0).根据题意得+=+-=,所以+=,下面证明k·为定值.·联立方程--消去y得,x2+-+--1=0,由Δ=0,得--4--=0,整理得(a2-)k2+2x0y0k+(b2-)=0.又点P(x0,y0)在椭圆上,则+=1,所以k2+2x0y0k+=0,所以=0,即k·=-.又a=2,b=1,所以k·=-=-.从而有+=·=-=-8.学一招 1.已知椭圆C:+=1(a>b>0),下列三个斜率的乘积是定值-:(1)直线l交椭圆于A,B两点,M为AB的中点,若l与OM的斜率存在,则k l·k OM=-;(2)点P为椭圆上除顶点外任意一点,过点P的直线l与椭圆相切,若直线l的斜率为k且不为零,则k·k OP=-;(3)直线AB过椭圆的中心O,交椭圆于A,B两点,P为椭圆上异于A,B,且使得k PA·k PB都存在且不为零的点,则k PA·k PB=-.2.对于双曲线C:-=1(a>0,b>0),下列三个斜率的乘积是定值:(1)双曲线C上任意两点A,B,P为AB的中点,若AB,OP的斜率存在且不为零,则k AB·k OP=;(2)点P为C上除顶点外任意一点,过点P的直线l与双曲线相切,若直线l的斜率为k且不为零,则k·k OP=;(3)过原点的直线l与双曲线C交于A,B两点,P为C上任意一点,若直线PA,PB的斜率存在且不为零,则k PA·k PB=.练一手20.已知直线l:y=x+,圆O:x2+y2=5,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率e=,直线l被圆截得的弦长与椭圆的短轴长相等.(1)求椭圆E的方程;(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线,若切线都存在斜率,求证:切线斜率之积为定值.第十五招构造函数突破压轴典例15已知函数f(x)=ln x-a(x-1),a∈R,x∈[1,+∞),且f(x)≤恒成立,求a的取值范围.解析解法一:(含参直接构造)f(x)-=--,构造函数g(x)=xln x-a(x2-1)(x≥1),则g'(x)=ln x+1-2ax,令F(x)=g'(x)=ln x+1-2ax,F'(x)=-.令1-2ax=0,得x=.①若a≤0,则F'(x)>0,g'(x)在[1,+∞)上单调递增,g'(x)≥g'(1)=1-2a>0,∴g(x)在[1,+∞)上单调递增,g(x)≥g(1)=0,从而f(x)-≥0,不符合题意.②若0<a<,当x∈时,F'(x)>0,∴g'(x)在上单调递增,从而g'(x)>g'(1)=1-2a>0,∴g(x)在上单调递增,g(x)≥g(1)=0,从而f(x)-≥0,不符合题意.③若a≥,则F'(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,∴g'(x)在[1,+∞)上单调递减,g'(x)≤g'(1)=1-2a≤0.∴g(x)在[1,+∞)上单调递减,从而g(x)≤g(1)=0,f(x)-≤0,综上所述,a的取值范围是.解法二:(巧妙两边构造)当x≥1时,f(x)≤恒成立等价于ln x-≤a(x-1),不等式两边分别构造函数:令h(x)=ln x-=,g(x)=a(x-1).则h'(x)=,∵x≥1,∴h'(x)>0,∴h(x)在[1,+∞)上是增函数.g'(x)=a,∵当a>0时,g(x)在[1,+∞)上是增函数,又∵h(1)=g(1)=0,∴要使h(x)≤g(x)(x≥1)恒成立,只需h'(1)≤g'(1),即a≥,故a的取值范围为.学一招 1.构造函数解决导数问题常用模型(1)条件:f'(x)>a(a≠0);构造函数:h(x)=f(x)-ax.(2)条件:f'(x)±g'(x)>0;构造函数:h(x)=f(x)±g(x).(3)条件:f'(x)+f(x)>0;构造函数:h(x)=e x f(x).(4)条件:f'(x)-f(x)>0;构造函数:h(x)=.(5)条件:xf'(x)+f(x)>0;构造函数:h(x)=xf(x).(6)条件:xf'(x)-f(x)>0;构造函数:h(x)=.(7)条件:>0;构造函数:h(x)=ln|f(x)|.2.构造函数证明数列不等式常用模型(1)求证:+++…+<ln(1+n);构造函数:f(x)=ln(1+x)-.(2)求证:ln(1+n)<1++++…+;构造函数:f(x)=ln(1+x)-x.(3)求证:<ln2·ln3·ln4·…·ln n;构造函数:f(x)=ln x--.(4)求证:ln2<++…+<ln3;构造函数:f(x)=ln x--.(5)求证:++…+<;构造函数:f(x)=.(6)求证:+++…+<-;构造函数:f(x)=ln x-(x-1).(7)求证:…<e;构造函数:f(x)=ln(1+x2)-x.练一手21.已知数列{a n}中,a2=p(p是不等于0的常数),S n为数列{a n}的前n项和,若对任意的正整数n 都有S n=-.(1)证明:数列{a n}为等差数列;(2)记b n=+,求数列{b n}的前n项和T n;(3)记c n=T n-2n,是否存在正整数N,使得当n>N时,恒有c n∈?若存在,证明你的结论,并给出一个具体的N值;若不存在,请说明理由.第十六招抓号分类速解单调典例16已知函数f(x)=-(a∈R),求函数f(x)的单调区间.解析因为函数f(x)的定义域为R,f'(x)=--=-.(1)当a=0时,f'(x)=>0,函数f(x)在R上单调递增;(2)当a>0时,-a<0,Δ=4a2+4a>0,=令f'(x)=0,解得x=--=1±.显然1-<1+,所以当x<1-或x>1+时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当1-<x<1+时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;(3)当a<0时,-a>0,Δ=4a2+4a.①当Δ≤0,即-1≤a<0时,-ax2+2ax+1≥0恒成立,所以f'(x)≥0,函数f(x)单调递增;②当Δ>0,即a<-1时,令f'(x)=0,解得x=-=-=1±.显然1-<1+,所以当x<1-或x>1+时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当1-<x<1+时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.综上所述,当a>0时,函数f(x)的单调递减区间为--和,单调递增区间为-;当-1≤a≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;当a<-1时,函数f(x)的单调递增区间为--和,单调递减区间为-.学一招利用导数研究函数单调性的核心是讨论导函数的符号变化情况,所以讨论含参函数单调性的分类标准就是导函数符号的变化,这就需要根据导函数解析式的结构特征分离出不变号的部分,抓住其中变号的部分.分类时需要注意参数的所在位置及参数取值对导函数符号的影响,还要遵循不重不漏的基本原则.“不漏”即若把每一类中参数的取值范围用集合表示出来,则所有类对应集合的并集就是题中给出参数的取值范围;“不重”即任意两类对应的集合的交集都是空集.为避免重复与遗漏,最后作答时应按照参数的取值从小到大或从大到小的顺序依次写出.找出分类的依据及类的划分标准后,只需逐类进行讨论.练一手22.已知函数f(x)=ln x+a(1-x),讨论f(x)的单调性.第十七招离参转化速求范围典例17已知函数f(x)=+ax+b(a,b∈R).(1)若函数f(x)在R上是增函数,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)在(-1,3)上单调,求实数a的取值范围.解析(1)f'(x)=-+a=-,设g(x)=1-x+ae x,由题意知g(x)≥0在R上恒成立,即1-x+ae x≥0在R上恒成立.解法一(直接法):g'(x)=-1+ae x,显然e x>0.①当a≤0时,g'(x)<0恒成立,所以函数g(x)在R上单调递减,又x→+∞时,g(x)→-∞,所以函数g(x)没有最小值,不符合题意.②当a>0时,令g'(x)=-1+ae x=0,解得x=ln.所以当x∈-时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减;当x∈时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增.所以函数g(x)的最小值为g=1-ln+a=2-ln.由题意得g≥0,即2-ln≥0,解得a≥.所以a的取值范围为.解法二(分离参数法):由e x>0,分离参数可得a≥-在R上恒成立.设h(x)=-,则h'(x)=-,由h'(x)>0得x<2,由h'(x)<0得x>0,则h(x)在(-∞,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,所以h(x)max=h(2)=,故a≥.所以a的取值范围为.(2)函数f(x)在(-1,3)上单调,则函数f(x)在(-1,3)上单调递增或单调递减.①若函数f(x)在(-1,3)上单调递增,则f'(x)=-≥0在(-1,3)上恒成立,即1-x+ae x≥0在(-1,3)上恒成立,所以a≥-在(-1,3)上恒成立.由(1)中的解法二知,h(x)在(-1,2)上单调递增,在(2,3)上单调递减,所以h(x)max=h(2)=(x∈(-1,3)),故a≥.所以a的取值范围为.②若函数f(x)在(-1,3)上单调递减,则f'(x)=-≤0在(-1,3)上恒成立,即1-x+ae x≤0在(-1,3)上恒成立,所以a≤-在(-1,3)上恒成立.由(1)中的解法二知,h(x)在(-1,2)上单调递增,在(2,3)上单调递减.=-2e,h(3)=-=,又h(-1)=---显然-2e<,所以h(x)>h(-1)=-2e(x∈(-1,3)),所以a的取值范围为(-∞,-2e].综上,a的取值范围为(-∞,-2e]∪.学一招已知含参函数的单调性求解参数取值范围的问题,其实质就是利用可导函数在指定区间内的保号性构造参数所满足的不等关系.由于导函数解析式中含有参数,如果通过分类讨论来求函数的单调性,过程就会比较复杂,所以最简单直接的方法就是把导函数中的参数分离出来,再讨论参数与对应函数的最值之间的关系.分离参数时应注意两个方面:一是参数的系数是不是0;二是参数的系数符号.练一手23.已知函数f(x)=xln x,若对于所有x≥1,都有f(x)≥ax-1,求实数a的取值范围.第十八招巧拆函数有效分离典例18已知函数f(x)=ln x+(a>0).(1)若函数f(x)有零点,求实数a的取值范围;(2)证明:当a≥时,f(x)>e-x.解析(1)解法一:由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=-=-.因为a>0,所以x∈(0,a)时,f'(x)<0,x∈(a,+∞)时,f'(x)>0.所以函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.所以f(x)min=ln a+1.又f(1)=ln1+a=a>0,所以当ln a+1≤0,即0<a≤时,函数f(x)有零点.所以实数a的取值范围为.解法二:由题意知,函数f(x)的定义域为(0,+∞).由f(x)=ln x+=0有解,得a=-xln x有解.令g(x)=-xln x,x>0,则g'(x)=-(ln x+1).当x∈时,g'(x)>0;当x∈时,g'(x)<0.所以函数g(x)在上单调递增,在上单调递减.故x=时,函数g(x)取得最大值g=-ln=.又a>0,则0<a≤.所以实数a的取值范围为.(2)证明:要证明当a≥时,f(x)>e-x,即证明当x>0,a≥时,ln x+>e-x,即证xln x+a>xe-x.令h(x)=xln x+a,x>0,则h'(x)=ln x+1.当0<x<时,f'(x)<0;当x>时,f'(x)>0,所以函数h(x)在上单调递减,在上单调递增.所以h(x)min=h=-+a.故当a≥时,h(x)≥-+a≥.①令φ(x)=xe-x,则φ'(x)=e-x-xe-x=e-x(1-x).当0<x<1时,φ'(x)>0;当x>1时,φ'(x)<0.所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以φ(x)max=φ(1)=.故当x>0时,φ(x)≤.②显然,不等式①、②中的等号不能同时成立.故当a≥时,f(x)>e-x.学一招 1.若一个方程或不等式由几个基本初等函数组成,当整体处理有困难或难度较大时,可以尝试用拆分函数的方法去解决,实际上参变分离即为拆分函数的一种特殊情况,参变分离较多运用在带参数的二次方程或不等式中,而拆分函数则有更大的运用范围.2.参变分离后会出现的情况及处理方法:(假设x为自变量,其范围设为D,f(x)为函数,a为参数,g(a)为其表达式).若f(x)的值域为[m,M],(1)∀x∈D,g(a)≤f(x),则只需要g(a)≤f(x)min=m,∀x∈D,g(a)<f(x),则只需要g(a)<f(x)min=m;(2)∀x∈D,g(a)≥f(x),则只需要g(a)≥f(x)max=M,∀x∈D,g(a)>f(x),则只需要g(a)>f(x)max=M;(3)∃x0∈D,g(a)≤f(x0),则只需要g(a)≤f(x)max=M,∃x0∈D,g(a)<f(x0),则只需要g(a)<f(x)max=M;(4)∃x0∈D,g(a)≥f(x0),则只需要g(a)≥f(x)min=m,∃x0∈D,g(a)>f(x0),则只需要g(a)>f(x)min=m.练一手24.已知函数f(x)=(a-bx3)e x-,且函数f(x)的图象在点(1,e)处的切线与直线x-(2e+1)y-3=0垂直.(1)求a,b;(2)求证:当x∈(0,1)时,f(x)>2.第十九招绝对值题四法破题典例19方程|ax-1|=x的解集为A,若A⊆[0,2],则实数a的取值范围是.答案(-∞,-1]∪-∪解析解法一:|ax-1|=x⇔(a2-1)x2-2ax+1=0(x≥0).当a=1时,A=⊆[0,2];当a=-1时,A=⌀⊆[0,2];当a≠±1时,(a2-1)x2-2ax+1=0的解为x1=,x2=-,要使A⊆[0,2],则需-或-或-解得a<-1或-≤a<1或a≥,综上,a≤-1或-≤a≤1或a≥.图①解法二:|ax-1|=x等价于ax-1=x或ax-1=-x(x≥0),分别作出y=ax-1,y=x,y=-x(x>0)的图象如图①所示,当y=ax-1与y=x,y=-x有两个交点时,a≥---=,同理,当有一个交点时,----≤a≤1,即-≤a≤1,无交点时,a≤-1.图②解法三:|ax-1|=x等价于a-1=或a+1=(x≥0),分别作出y=a-1,y=a+1,y=的图象如图②所示,所以由图知-或-或a+1≤0,解得a≥或-≤a≤1或a≤-1.学一招含绝对值问题的解法如下:(1)定义讨论法由于利用定义可以把绝对值去掉,因此往往需要分类讨论.其方法是:把每个绝对值的零点标在数轴上,则这些零点把数轴分成若干段,再对各段所对应的范围分别进行讨论即可.(2)性质平方法因为绝对值的性质有|a|2=a2,利用此性质可把绝对值符号去掉.但这种方法的缺点是平方后往往计算比较烦琐,另外要注意何时才能平方,防止出现增根.(3)等价转化法(合二为一)利用绝对值的性质等价转化,去绝对值符号,如:|ax+b|<c⇔-c<ax+b<c,|ax+b|>c⇔ax+b>c或ax+b<-c.(4)数形结合法利用函数的图象解含有绝对值的不等式.练一手25.设函数f(x)=|x-a|,a<0.(1)证明:f(x)+f-≥2;(2)若不等式f(x)+f(2x)<的解集非空,求a的取值范围.第二十招创新试题类比猜想典例20设f(x),g(x),h(x)是定义域为R的三个函数,对于命题:①若f(x)+g(x)、f(x)+h(x)、g(x)+h(x)均为增函数,则f(x),g(x),h(x)中至少有一个为增函数;②若f(x)+g(x),f(x)+h(x),g(x)+h(x)均是以T为周期的函数,则f(x),g(x),h(x)均是以T为周期的函数,下列判断正确的是()A.①和②均为真命题B.①和②均为假命题C.①为真命题,②为假命题D.①为假命题,②为真命题答案D-满足解析①项,取f(x)=-g(x)=-,h(x)=f(x)+g(x),f(x)+h(x),g(x)+h(x)均为增函数,但是f(x),g(x),h(x)都不是增函数,故①为假命题;②项,设f(x)+g(x)=f(x+T)+g(x+T),f(x)+h(x)=f(x+T)+h(x+T),两式相减得,g(x)-h(x)=g(x+T)-h(x+T),又g(x)+h(x)=g(x+T)+h(x+T),因此可得g(x)=g(x+T),同理可得f(x)和h(x)均是以T为周期的函数,故②为真命题.典例21在R上定义运算⊗:x⊗y=x(1-y).请根据所定义的运算,解决以下问题:命题“∃x i(i=1,2,x1≠x2),1⊗(2k-3-kx i)=1+-为真”,则实数k的取值范围是()A. B.C. D.答案B解析命题“∃x i(i=1,2,x1≠x2),1⊗(2k-3-kx i)=1+-为真”等价于方程k(x-2)+4=1+-有两个不同的实数根,又等价于函数y=1+-的图象与y=k(x-2)+4的图象有两个不同的交点,由y=1+-,得-=y-1,即x2+(y-1)2=4(y≥1).如图所示,当直线从PA按顺时针方向旋转到切线PC位置(不包括切线位置)时,曲线y=1+-与直线y=k(x-2)+4有两个不同的交点,故k PC<k≤k PA.因为圆心(0,1)到直线y=k PC(x-2)+4的距离为2,所以=2,解得k PC=,又k PA=,所以实数k的取值范围是.学一招创新题一直是高考命题的重点,特别是概念型、定义型、开放型等数学创新试题,它们的解法灵活,值得我们重视.1.概念型信息题.解决此类问题的关键是仔细阅读、抓住信息、透彻理解.2.定义型应用题.解决此类问题的关键是要用数学的文字语言、符号语言和图形语言理解定义、熟悉定义,从而掌握定义.3.类比归纳题.类比是将式子结构、运算法则、解题方法、问题结论等进行引申、迁移、推广,由已知探索未知、由旧知探索新知;归纳则是从若干特殊现象中总结出一般规律,从而寻找解决问题的策略.4.开放型问题.开放型探究题可分为条件开放型问题、结论开放型问题、条件结论均开放的全开放型问题以及存在性问题.对于具有多重结果的结论开放型问题,应抓住条件中那些影响结论的动态因素(如定义、公式的特定条件、几何体的不同形态等),或分类讨论、或构造不同图形,全面考察问题的各个方面.对于只给出一个特定情境,而命题的条件、结论及推理判断过程均不确定的开放型试题,应该灵活运用数学知识,回顾相近或相似的题型、结论、方法,进行归纳、类比、猜想,最后确定结果.练一手26.函数f(x)的定义域为D,对给定的正数k,若存在闭区间[a,b]⊆D,使得函数f(x)满足:①f(x)在[a,b]内是单调函数;②f(x)在[a,b]上的值域为[ka,kb],则称区间[a,b]为y=f(x)的k级“理想区间”.下列结论错误的是()。
高考数学二轮复习考前冲刺三突破6类解答题第二类数列问题重在“归”__化归归纳课件
精选最新中小学教学课件
9
一、“超前思考，比较听课”
什么叫“超前思考，比较听课”？简单地说，就是同学们在上课的时候不仅要跟着老师的思路走，还要力争走在老师思路的前面，用自己的思路和老师的思路进行对 比，从而发现不同之处，优化思维。
比如在讲《林冲棒打洪教头》一文，老师会提出一些问题，如林冲当时为什么要戴着枷锁？林冲、洪教头是什么关系？林冲为什么要棒打洪教头？••••••
二、同步听课法
有些同学在听课的过程中常碰到这样的问题，比如老师讲到一道很难的题目时，同学们听课的思路就“卡壳“了，无法再跟上老师的思路。这时候该怎么办呢？
如果“卡壳”的内容是老师讲的某一句话或某一个具体问题，同学们应马上举手提问，争取让老师解释得在透彻些、明白些。
如果“卡壳”的内容是公式、定理、定律，而接下去就要用它去解决问题，这种情况下大家应当先承认老师给出的结论（公式或定律）并非继续听下去，先把问题记 下来，到课后再慢慢弄懂它。
【例2】 (2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通项公式；
(2)求数列2na＋n 1的前 n 项和. 解 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n， 当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1).(归纳) 两式相减得(2n－1)an＝2，所以 an＝2n2－1， 又n＝1时，a1＝2适合上式， 从而{an}的通项公式为 an＝2n2－1(n∈N*).
尖子生好方法:听课时应该始终跟着老师的节奏，要善于抓住老师讲解中的关键词，构建自己的知识结构。利用老师讲课的间隙，猜想老师还会讲什么，会怎样讲， 怎样讲会更好，如果让我来讲，我会怎样讲。这种方法适合于听课容易分心的同学。
高考文科数学大二轮复习冲刺创新专题题型2解答题规范踩点多得分第1讲解答题的解法研究练习
第1讲 解答题的解法研究一 数形结合思想方法数形结合思想包含“以形助数”和“以数辅形”两方面的内容：一是借助形的生动性和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来说明函数的性质；二是借助于数的精确性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，比如应用曲线的方程来精确的阐明曲线的几何性质．我们在解决数学问题时，应将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽象思维和形象思维结合起来，实现抽象概念与具体形象的互化，从而得到原题的解．总体目标：通过数形结合，抽象问题具体化，复杂问题简单化．解题途径：根据问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数意义，又揭示其几何直观，使数量精确刻划与空间形式的直观形象巧妙、和谐地结合在一起，充分利用这种结合，寻找解题思路，使问题化难为易、化繁为简．常见的手段：构造法、转化法、数形结合、分离变量法等等．典例1 记实数x 1，x 2，…，x n 中最小数为min{x 1，x 2，…，x n }，求定义在区间[0，＋∞)上的函数f (x )＝min{x 2＋1，x ＋3,13－x }的最大值．【方法点睛】 利用函数的图象求最值，避免分段函数的讨论，正确作出函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则．典例2 关于x 的方程sin2x ＋3cos2x ＝a ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3上有两个不同的根，求实数a 的取值范围．【方法点睛】 本题要解的是一个带参数的三角方程，直接解比较困难，可以从函数的角度来研究本方程的解．通过变形，左边看成函数y 1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象的一部分，右边看成y 2＝a ＋12的图象．因此，方程的解可通过“数形结合”方法轻松获得．对于三角方程的解的个数问题，经常可考虑此思想方法解决．典例3 在平面直角坐标系xOy 中，点B 与点A (－1,1)关于原点O 对称，P 是动点，且直线AP 与BP 的斜率之积等于－13.(1)求动点P的轨迹方程；(2)设直线AP和BP分别与直线x＝3交于点M，N，问：是否存在点P使得△PAB与△PMN 的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．【方法点睛】本题的想法看似简单，即设P(x0，y0)，分别写出直线AP和BP的方程，根据已知条件用x0，y0分别表示出△PAB与△PMN的面积，从而得到x0，y0的一个关系式，再结合点P(x0，y0)在椭圆x2＋3y2＝4上，得到第二个方程，从而问题转化为解方程组，这是很多学生很容易想到的做法，可是这看似简单的想法计算却非常不简单．如果能先作出图形，根据△PAB与△PMN的面积相等，得到M是NC中点，易知B为AC中点，从而AM，BN都是中线，因此P为△ANC的重心，而A，N，C三点横坐标易求得，故P点的横坐标也就易求出来了．代入椭圆，很快求出P点的纵坐标．在解析几何求解过程中，如果适当考虑其中的几何关系，计算量将大大减少，“数形结合”，事半功倍，提高解题效率．典例4 已知函数f(x)＝|2x－3|－|x＋1|.(1)若不等式f(x)≤a的解集是空集，求实数a的取值范围；(2)若存在x0∈R，使得2f(x0)≤－t2＋4|t|成立，求实数t的取值范围．【方法点睛】本题如果从不等式角度进行考虑，非常不好描述，而且不易求出正确解．根据题意，将不等式恒成立问题和存在性问题转化为函数值域与参数的比较问题，思路清晰明了，再通过数形结合，很快求出相关函数的值域，继而求出参数的取值范围．在求解过程中，“数形结合”大大简化了计算量．二转化与化归思想数学思想中的一条重要原则是转化与化归，不断地变更数学问题，使要解决的问题化难为易，或变未知为已知，或把某一数学分支中的问题转化为另外一个数学分支中的问题，最终求出原题的解．总体目标：化难为易，化生为熟，化繁为简．解题途径：函数、方程、不等式间的转化；数与形间的转化；一般与特殊的转化；整体与局部的转化；正面与反面的转化等等．常见的方法：换元法、数形结合法、构造法、设参法、特殊法，拆分与整合等．典例1 设f(x)是定义在R上的单调增函数，若f(1－ax－x2)≤f(2－a)对任意a∈[－1,1]恒成立，求x的取值范围．【方法点睛】将不等式恒成立问题转化为求函数的值域问题，在转化过程中，用到了构造函数法，次元、主元调换法，最后通过解不等式得到答案．典例2 (2017·浙江高考)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，求|a＋b|＋|a－b|的最小值和最大值．【方法点睛】 一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单．特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果．典例3 已知函数f (x )＝x ＋1e 2x . (1)当x ≥0时，f (x )≤m 2x ＋1(m >0)恒成立，求实数m 的取值范围； (2)求证：f (x )ln x <x ＋1e x ＋2.【方法点睛】 对于恒成立问题和存在性问题，经常可考虑用分离变量的办法将不等式问题转化为两个函数值域的问题．在求函数值域时，经常用构造法，通过导数来分析单调性，求得函数的值域，继而建立与参数有关的不等式，最终求得参数的取值范围．当然在本题中导函数的零点不易求出，我们用了设而不求的方法，间接解决问题．实际上，在解决数学题时“无处不转化”．典例4 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的四个顶点所构成的菱形面积为6，且椭圆的焦点为抛物线y ＝x 2－8与x 轴的交点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，若AD ⊥BD ，且D (3,0)，求△ABD 面积的最大值．【方法点睛】在求椭圆方程时，经常把条件转化为方程组，方程组解出来即得到椭圆方程．在解答圆锥曲线相关问题时，经常借助相关点的坐标来研究相关性质，如定点、共线、最值等问题．转化的基本方向：消元，降次，化简．三分类整合思想方法在解某些数学问题时，我们常常会遇到这样一种情况：解到某一步之后，发现问题的发展是按照不同的方向进行的．当被研究的问题包含了多种情况时，就必须抓住主导问题发展方向的主要因素，在其变化范围内，根据问题的不同发展方向，划分为若干部分分别研究，这就是分类整合思想方法．分类整合是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练学生的思维条理性和概括性，因此在高考试题中占有重要的位置．总体目标：大化小，整体化为部分，一般化为特殊．解题途径：根据问题的不同发展方向，划分为若干部分分别进行研究，研究的基本方向是“分”，但分类解决问题之后，还必须把它们整合在一起．常见的方法：化整为零、积零为整、构造法、转化法、数形结合、分离变量法等等．典例1 (2018·全国卷Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立，求a的取值范围．【方法点睛】本题(1)(2)问都涉及到绝对值不等式，要把绝对值去掉，解答才得以继续进行，在第(1)问中，通过对变量x进行分类讨论，绝对值不等式转化为一次不等式，原不等式从而得到解答；(2)问中对参数a进行讨论，去掉绝对值，求出参数范围．典例2 设b∈R，数列{a n}的前n项和S n＝3n＋b，试判断{a n}是否是等比数列？并说明理由．【方法点睛】本题中参数b的值影响着a1的值，进而影响着数列的通项公式．因此需要对参数b分类讨论，并以a1的值是否满足a n＝2·3n－1为标准．典例3 设a>0，求f(x)＝2a(sin x＋cos x)－sin x cos x－2a2的最大值和最小值．【方法点睛】本题通过作变量代换t＝sin x＋cos x，将原函数变成关于t的二次函数(带参数a)，然后根据对称轴和区间的关系进行分类讨论，继而求出原函数的最大值．典例4 已知f(x)＝x－a e x(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)≤e2x对x∈R恒成立，求实数a的取值范围．【方法点睛】参数的变化取值导致不同的结果，需对参数进行讨论，如含参数的方程、不等式、函数等．分类讨论要标准明确、统一，层次分明，分类要做到“不重不漏”．四函数与方程思想函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题．方程思想，是从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型(方程、不等式、或方程与不等式的混合组)，然后通过解方程(组)或不等式(组)来使问题获解．有时，还实现函数与方程的互相转化，达到解决问题的目的．总体目标：动态化静态，抽象化具体，函数方程相互转化．解题途径：根据研究问题的需要，通过构造方程或函数，然后研究方程和函数的性质，从而解决原问题．常见的方法：构造法、转化法、动静结合、数形结合、分离变量法等等．典例1 (2018·全国卷Ⅱ)记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{a n}的通项公式；(2)求S n，并求S n的最小值．【方法点睛】 本题已知数列的属性(等差或等比数列)，因此可以构造关于a 1和d (q )的方程组，通过a 1和d (q )，从而求出数列的通项公式，将前n 项和S n 表示为n 的函数，继而求出其最小值．求解过程体现方程思想和函数思想．典例2 已知sin θ＋cos θ＝15，θ∈(0，π)，求tan θ的值．【方法点睛】 本题表面看是一个未知数θ，但是很难直接求出其大小．本题通过韦达定理构造一个一元二次方程，其两根分别为sin θ，cos θ，求出方程的两个解(也就是sin θ，cos θ的值)，从而求出tan θ的值．典例3 (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x－ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.【方法点睛】 本题第(1)问是个不等式问题，我们将其转化为函数问题解决．通过构造函数，分析函数的单调性，求出函数的最大值为0，从而证明了原不等式，充分体现了函数思想的应用．第(2)问是函数零点个数问题，通过构造函数，分析函数的单调性，求出函数的最值，从而讨论出不同a 的值得到不同的零点个数．典例4 设椭圆中心在坐标原点，A (2,0)，B (0,1)是它的两个顶点，直线y ＝kx (k ＞0)与AB 相交于点D ，与椭圆相交于E ，F 两点．(1)若ED →＝6DF →，求k 的值； (2)求四边形AEBF 面积的最大值．【方法点睛】 几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的求法来求解，这是求面积、线段长最值(范围)问题的基本方法．典例5 (2017·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋4t ，y ＝1－t (t 为参数)．(1)若a ＝－1，求C 与l 的交点坐标； (2)若C 上的点到l 距离的最大值为17，求a .【方法点睛】 本题第(1)问先将直线和椭圆的参数方程化为普通方程，然后联立，求出交点坐标．第(2)问先将C 上的点到直线的距离用θ表示出来，判断3cos θ＋4sin θ的范围，讨论a ，去掉绝对值得到距离的最大值的方程，求得a 最后结果．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
突破6类解答题三角函数问题重在“变”——变角、变式1.(1)(2)(3)(4)角和定理的变换运用如β+α)2.主要从函数名、次数、系数方面入手有(1)一次的单角的三角函数来讨论(2)做换元处理将原问题转化为关于(3)定理化边为角或化角为边等例1 已知函数f(x)=4tan xsin - ·cos -- .(1)求f(x)的定义域与最小正周期; (2)讨论f(x)在区间 -上的单调性. 思路分析 第(1)问第(2)问解析 (1)f(x)的定义域为∈ . f(x)=4tan xcos xcos --=4sin xcos --=4sin x- =2sin xcos x+2 sin 2x-=sin2x+(2sin2x-1)=sin2x-cos2x=2sin-所以f(x)的最小正周期T==π.(2)令z=2x-,则函数y=2sin z的单调递增区间是-,k∈Z.由-+2kπ≤2x-≤+2kπ,k∈Z,得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.设A=-,B=-,k∈Z,易知A∩B=-.所以当x∈-时,f(x)在区间-上单调递增,在区间--上单调递减.▲题后悟通解答此类问题的关键在于“变”,其思路为“一角二名三结构”:升幂(降幂)公式口诀:“幂降一次,角翻倍,幂升一次,角减半”.跟踪训练1.(2018辽宁五校协作体联考)已知函数f(x)=cos2x+sin(π-x)cos(π+x)-.(1)求函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间;(2)在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知f(A)=-1,a=2,bsin C=asin A,求△ABC的面积.数列问题重在“归”——化归利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质中的两个特殊的基本数列考查的是非等差、非等比数列问题对的策略就是通过化归思想为等差、等比数列例2 已知数列{a n }的前n 项和S n =3n 2+8n,{b n }是等差数列,且a n =b n +b n+1.(1)求数列{b n }的通项公式; (2)令c n =.求数列{c n }的前n 项和T n .思路分析 第(1)问第(2)问解析(1)由题意知当n≥2时,a n=S n-S n-1=6n+5,当n=1时,a1=S1=11,符合上式,所以a n=6n+5(n∈N*).设数列{b n}的公差为d.由即可解得b1=4,d=3.所以b n=3n+1.(2)由(1)知c n==3(n+1)·2n+1.由T n=c1+c2+…+c n,得T n=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2T n=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],-=-3n·2n+2,两式作差,得-T n=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×--所以T n=3n·2n+2.▲题后悟通求解数列问题的关键步骤跟踪训练2.(2018武汉调研)已知正项等比数列{a n}的前n项和S n满足S n+2=S n+.(1)求数列{a n}的首项a1和公比q;(2)若b n=na n,求数列{b n}的前n项和T n.立体几何问题重在“建”“转”——建模、转换立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合分步设问则是建模、转换建模——问题转化为平行模型、型等转换——对几何体的体积、积考查顶点转换割转换为几个规则几何体的体积和或体积差求解之间的转换系与空间图形数量关系的转换例3如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且BM=,N为AB上一点,且BN=.(1)证明:MN∥平面PAC;(2)证明:BC⊥平面POM;(3)若MP⊥AP,求四棱锥P-ABMO的体积.思路分析第(1)问第(2)问第(3)问解析(1)证明:因为BM=BN=,BC=BA,所以=,所以MN∥AC.所以MN∥平面PAC.(2)证明:连接OB,因为四边形ABCD为菱形,O为菱形中心,所以AO⊥OB.因为∠BAD=,AB=2,故OB=AB·sin=1,在△OBM中,因为BM=,且∠OBM=,所以OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+-2×1××cos=.所以OB2=OM2+BM2,所以OM⊥BM,即OM⊥BC.又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM.(3)由(2)得,OA=AB·cos∠OAB=2×cos=.设PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA为直角三角形,故PA2=PO2+OA2=a2+3.由△POM也是直角三角形,得PM2=PO2+OM2=a2+.连接AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+-2×2××cos=.因为MP⊥AP,所以△APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+=,解得a=-舍去,即PO=.又因为=·AO·OB+·BM·OM=××1+××=,所以四棱锥P-ABMO的体积V P-ABMO=·S四边形ABMO·PO=××=.▲题后悟通有关立体几何综合问题的解题步骤跟踪训练3.(2018山东济南模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为等腰梯形,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PB的中点.(1)证明:PD∥平面CEF;(2)若PE⊥平面ABCD,PE=AB=2,求三棱锥P-DEF的体积.概率与统计问题重在“辨”——辨析、辨型、辨图概率与统计问题辨析、(1)特点立等(2)生、至少有几个发生等例4微信是腾讯公司推出的一种手机通讯软件,它支持发送语音短信、视频、图片和文字,一经推出便风靡全球,甚至涌现出一批在微信朋友圈内销售商品的人(被称为微商).为了调查微信用户每天使用微信的时间,某经销化妆品的微商在一广场随机采访男性、女性用户各50名,其中每天玩微信超过6小时的用户称为“微信控”,否则称为“非微信控”,调查结果如下:(1)根据以上数据,能否在犯错误的概率不超过0.4的前提下认为“微信控”与“性别”有关?(2)现从参与调查的女性用户中按分层抽样的方法选出5人赠送营养面膜1份,求所抽取5人中“微信控”和“非微信控”的人数;(3)从(2)中抽取的5人中再随机抽取2人赠送200元的护肤品套装,求这2人中至少有1人为“非微信控”的概率.参考公式:K2=-,其中n=a+b+c+d.参考数据:思路分析第(1)问第(2)问第(3)问解析k=-≈0.649<0.708,所以不能在犯错误的概率不超过0.4的前提下认为“微信控”与“性别”有关.(2)依题意可知,所抽取的5位女性中,“微信控”有5×=3(人),“非微信控”有5×=2(人).则所有可能的基本事件为(a,b),(a,c),(a,D),(a,E),(b,c),(b,D),(b,E),(c,D),(c,E),(D,E),共10种,其中至少有1人为“非微信控”的基本事件有(a,D),(a,E),(b,D),(b,E),(c,D),(c,E),(D,E),共7种,所以这2人中至少有1人为“非微信控”的概率为.▲题后悟通(1)独立性检验用来考察两个分类变量是否有关系,计算随机变量K2的观测值k,k越大,说明两个分类变量有关系的可能性越大.(2)古典概型的概率问题,关键是正确找出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数,然后利用古典概型的概率计算公式计算;当基本事件总数较少时,用列举法把所有的基本事件一一列举出来,要做到不重不漏,有时可借助表格或树状图列举;同时注意判断该问题是古典概型还是几何概型,对于基本事件个数,前者是有限的,后者是无限的.跟踪训练4.(2018益阳、湘潭调研)某中学为了了解全校学生的上网情况,在全校范围内采取随机抽样的方法抽取了80名学生(其中男女生人数恰好各占一半)进行问卷调查,并进行了统计,按男女分为两组,再将每组学生的月上网次数分为5组:[0,5),[5,10),[10,15),[15,20),[20,25],得到如图所示的频率分布直方图.(1)写出a的值;(2)求80名学生中月上网次数不少于15次的学生人数;(3)在80名学生中,从月上网次数少于5次的学生中随机抽取2人,求至少抽取到1名男生的概率.圆锥曲线问题重在“设”——设点、设线根据已知条件第问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题小题综合性较强具体求解时第一步与根与系数的关系正确写出第二步题目中涉及的位置关系和数量关系例5已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),且点在椭圆C上,O为坐标原点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A,B,且∠AOB为锐角,求直线l的斜率k的取值范围;=1上异于其顶点的任意一点P,作圆O:x2+y2=的两条切线,切点分别为(3)过椭圆C1:+-M,N(M,N不在坐标轴上),若直线MN在x轴、y轴上的截距分别为m,n,证明:+为定值.思路分析第(1)问第(2)问第(3)问解析(1)由题意,得c=1,所以a2=b2+1.因为点在椭圆C上,所以+=1,可解得a2=4,b2=3.则椭圆C的标准方程为+=1.(2)易知直线l的斜率不为0,设直线l的方程为y=kx+2,点A(x1,y1),B(x2,y2),由得(4k2+3)x2+16kx+4=0.因为Δ=48(4k2-1)>0,所以k2>,由根与系数的关系,得x1+x2=-,x1x2=.因为∠AOB为锐角,所以·>0,即x1x2+y1y2>0.所以x1x2+(kx1+2)(kx2+2)>0,即(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0,(1+k2)·+2k·-+4>0,->0,所以k2<.综上,<k2<,解得-<k<-或<k<.所以,所求直线的斜率k的取值范围为-<k<-或<k<.(3)证明:由(1)知椭圆C1的方程为+=1,因为M,N不在坐标轴上,所以k PM=-=-,直线PM的方程为y-y3=-(x-x3),化简得x3x+y3y=,③同理可得直线PN的方程为x4x+y4y=.④把P点的坐标代入③④得所以直线MN的方程为x0x+y0y=.令y=0,得m=,令x=0,得n=,所以x0=,y0=,又点P在椭圆C1上,所以+3=4,即+=,为定值.▲题后悟通解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤:(1)设方程及点的坐标;(2)联立直线方程与曲线方程得方程组,消元得方程(注意二次项系数是不是零);(3)得根与系数的关系及判别式;(4)结合已知条件、中点坐标公式、斜率公式及弦长公式求解.跟踪训练5.(2018湖南长沙模拟)如图,已知抛物线y2=4x,过x轴上的点P作斜率分别为k1,k2的直线l1,l2,已知直线l1与抛物线在第一象限切于点A(x0,y0),直线l2与抛物线在第四象限分别交于B,C两点,记△PAB,△PAC的面积分别为S1,S2,且S1∶S2=1∶3.(1)求点P 的横坐标关于x 0的表达式; (2)求的值.高考大题通法点拨——函数与导数问题重在“分”——分离、分解函数与导数问题一般以函数为载体导数为工具如含参函数的单调性、求与讨论等式中参数范围的讨论立问题的讨论等命题热点求导再根据题意处理例6 (2018合肥第二次质量检测)已知函数f(x)=(x-1)e x -ax 2(e 是自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的极值点的个数,并说明理由; (2)若对任意的x>0, f(x)+e x ≥x 3+x,求实数a 的取值范围. 思路分析 第(1)问第(2)问解析 (1)f '(x)=xe x -2ax=x(e x -2a). 当a ≤0时,由f '(x)<0得x<0,由f '(x)>0得x>0, ∴f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, ∴f(x)有1个极值点;当0<a<时,由f '(x)>0得x<ln 2a 或x>0,由f '(x)<0得ln 2a<x<0,∴f(x)在(-∞,ln 2a)上单调递增,在(ln 2a,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)有2个极值点;当a= 时, f '(x)≥0,∴f(x)在R 上单调递增,∴f(x)没有极值点;当a>时,由f '(x)>0得x<0或x>ln 2a,由f '(x)<0得0<x<ln 2a,∴f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln 2a)上单调递减,在(ln 2a,+∞)上单调递增,∴f(x)有2个极值点.综上,当a ≤0时, f(x)有1个极值点;当a>0且a ≠ 时, f(x)有2个极值点;当a=时, f(x)没有极值点.(2)由f(x)+e x ≥x 3+x 得xe x -x 3-ax 2-x ≥0. 当x>0时,e x-x 2-ax-1≥0,即a ≤ - -对任意的x>0恒成立设g(x)=- - ,则g'(x)=- - -.设h(x)=e x -x-1,则h'(x)=e x -1.∵x>0,∴h'(x)>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(0)=0,即e x>x+1,∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(1)=e-2,∴a≤e-2,∴实数a的取值范围是(-∞,e-2].▲题后悟通函数与导数综合问题的解题关键:(1)求函数的极值点,先求方程f'(x)=0的根,将函数的定义域分成若干个开区间,再列成表格,最后根据表格内容即可写出函数的极值;(2)证明不等式,常构造函数,并利用导数法判断新构造函数的单调性,从而可证明原不等式成立;(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法外,还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手,求参数的取值范围.跟踪训练6.(2018山西太原模拟)已知函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x,g(x)=-2.(1)求函数f(x)的极值;(2)若对任意给定的x0∈(0,e],方程f(x)=g(x0)在(0,e]上总有两个不相等的实数根,求实数a的取值范围.答案精解精析三角函数问题重在“变”——变角、变式跟踪训练1.解析(1)f(x)=cos2x-sin xcos x-=-sin2x-=-sin-,由2kπ-≤2x-≤2kπ+,k∈Z,得kπ-≤x≤kπ+,k∈Z,又x∈[0,π],∴函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间为和.(2)由(1)知f(x)=-sin-,∴f(A)=-sin-=-1.∵△ABC为锐角三角形,∴0<A<,∴-<2A-<,∴2A-=,即A=.又bsin C=asin A,∴bc=a2=4,∴S△ABC=bcsin A=.数列问题重在“归”——化归跟踪训练2.解析(1)由S n+2=S n+,可知S3=S1+,S4=S2+,两式相减得a4=a2,∴q2=,由题意知q>0,∴q=.由S3=S1+,可知a1+a2+a3=a1+,即a1=a1+,∴a1=1.(2)由(1)知a n=-.∴b n=-,∴T n=1+++…+-,T n=++…+--+,两式相减得T n=1++…+--=2---,∴T n=4--.立体几何问题重在“建”“转”——建模、转换跟踪训练3.解析(1)证明:连接BE,BD,设BD交CE于点O,连接OF.∵E为线段AD的中点,AD∥BC,BC=AD=ED,∴BC ED,∴四边形BCDE为平行四边形,∴O为BD的中点,又F是BP的中点,∴OF∥PD.又OF⊂平面CEF,PD⊄平面CEF,∴PD∥平面CEF.(2)解法一:由(1)知,BE=CD.∵四边形ABCD为等腰梯形,AB=BC=AD,∴AB=AE=BE,∴三角形ABE是等边三角形,∴∠DAB=.过B作BH⊥AD于点H,则BH=.∵PE⊥平面ABCD,PE⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABCD,又平面PAD∩平面ABCD=AD,BH⊥AD,BH⊂平面ABCD,∴BH⊥平面PAD,∴点B到平面PAD的距离为BH=.又F为线段PB的中点,∴点F到平面PAD的距离h等于点B到平面PAD的距离的一半,即h=,又S△PDE=PE·DE=2,∴V P-DEF=V F-PDE=S△PDE·h=×2×=.解法二:由(1)知CD∥BE,CD⊄平面BEP,BE⊂平面BEP,∴CD∥平面BEP,∴点D到平面BEP的距离等于点C到平面BEP的距离.过C作CT⊥BE于点T,易知BC=BE=EC=2,三角形BCE是等边三角形,∴CT=.∵PE⊥平面ABCD,PE⊂平面BEP,∴平面BEP⊥平面ABCD,又平面BEP∩平面ABCD=BE,CT⊥BE,CT⊂平面ABCD,∴CT⊥平面BEP,∴点C到平面BEP的距离为CT=.又F为线段PB的中点,∴S△PEF=S△PBE=PE·BE=1,∴V P-DEF=V D-PEF=S△PEF·CT=×1×=.概率与统计问题重在“辨”——辨析、辨型、辨图跟踪训练4.解析(1)a=-=0.05.(2)在所抽取的女生中,月上网次数不少于15次的学生人数的频率为(0.05+0.02)×5=0.35,所以,月上网次数不少于15次的女生有0.35×40=14(人).在所抽取的男生中,月上网次数不少于15次的学生人数的频率为(0.04+0.03)×5=0.35,所以,月上网次数不少于15次的男生有0.35×40=14(人).故所抽取的80名学生中月上网次数不少于15次的学生有28人.(3)记“在80名学生中,从月上网次数少于5次的学生中随机抽取2人,至少抽到1名男生”为事件A,在抽取的女生中,月上网次数少于5次的学生人数的频率为0.02×5=0.1,人数为0.1×40=4,在抽取的男生中,月上网次数少于5次的学生人数的频率为0.01×5=0.05,人数为0.05×40=2,则在80名学生中,从月上网次数少于5次的学生中随机抽取2人,所有可能的结果有15种,而事件A包含的结果有9种,所以P(A)==.圆锥曲线问题重在“设”——设点、设线跟踪训练5.解析(1)当y>0时,y=2,∴A(x0,2).∵直线l1与抛物线切于点A,y'=,∴k1=,∴直线l1的方程为y-2=(x-x0),令y=0,得点P的横坐标x p=-x0.(2)由(1)知P(-x0,0),易得k2<0,∴直线l2的方程为x=y-x0.设B(x1,y1),C(x2,y2),联立直线l2与抛物线的方程,消去x得y2-y+4x0=0,∴y1+y2=,y1y2=4x0.①∵S1∶S2=1∶3,∴|PB|∶|PC|=1∶3,∴y2=3y1,代入①式得=,∴k2=-,又k1=,∴=-.高考大题通法点拨——函数与导数问题重在“分”——分离、分解跟踪训练6.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-2ax+(2-a)=-,①当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)无极值;②当a>0时,令f'(x)>0,得0<x<,故f(x)在上单调递增,在上单调递减,∴f(x)存在极大值,极大值为f=ln+-1,无极小值.综上所述,当a≤0时,f(x)无极值;当a>0时,f(x)存在极大值,极大值为f=ln+-1,无极小值.(2)g(x)=-2,g'(x)=-,令g'(x)>0,得x<1,令g'(x)<0,得x>1,则g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.又g(0)=-2,g(1)=-2,g(e)=-2>g(0),∴当x∈(0,e]时,g(x)∈--.由(1)得,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,此时在(0,e]上f(x)=g(x0)总有两个不相等的实数根不成立,因此a>0.由f(e)=1-ae2+2e-ea≤-2,得a≥,当a>0时,依题意,得--由f=ln+-1>-2,得ln a-+<1,令h(x)=ln x-+,x∈(0,+∞),易知h(x)在(0,+∞)上单调递增,且h(e)=1,∴由ln a-+<1,得a∈(0,e).综上所述,≤a<e,故实数a的取值范围是.。